第9章 专题探究10 数学文化与探究创新-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

设零假设为H。:推进器报废与保养无关，X2= 100×(7×27-13×53)2 6.51>3.841，所以有95%的把握推断H。 60x40x20x80 不成立，即认为推进器报废与保养有关 18.解：(1)y=a+bx的线性相关系数71= 含%国0 √含(-)2(y) 26.13 =0.898.y=c+4的线性相关系数2= √60×14.12 含u-司列 -1.40 ≈-0.996.1T1I< -可列 0.14×14.12 1“了=6+兰更适宜作为该金属含量y关于样本对原点的距 离x的经验回归方程类型 2)1)依题意.可得62a,-四列140e-10,a57 含m-2 0.14 6a=97.9-(-10)×0.21=10,=100-10u=100-10, y关于x 的经验回归方程为=10-10 (①当x=20时，金属含量的预报值为=100- 20=9.5(g/m3). (3W=10(y-nx=10o(10-10-hx）,令)=10- 0h周r-9-0当1e10时re到>0a 在[1,10)上单调递增；当10<x≤100时，'(x)<0,f(x)在(10， 100]上单调递诚，∴f代x)在x=10处取得极大值，也是最大值，此 时W取得最大值，故x=10m时，开采成本最大. 19.（1)解：由题意，这组学生数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系 数为r= 2p0x司 21650 21650 V6464×1495031000 0.70. (2)()证明：因为{R}和{S:}都是1,2，…，N的一个排列，所以 三R=含M名=烹2+D,从面R 2’台1 6 和S的平均数都是R=S:因此宫（风-=茗心 2R2R+含R=立-NR=NN+1)(2W+)_N(+1)2」 6 4 NN41(N-1,同理可得芝(S-=NN+1N-),由于 12 i=1 12 含=盒(Rs)2=含[(R--(s-012=盖(R-)2+ 含(8-52-2g(R-R(8-5)=2.MN41N--2空(R 12 三(R,-R)(S,-5) R)·(S:-S),所以p= √含(R-√含(8-列 N+1)(N-)12dG 12 21 M胶1)含酸 6 一=1- N(N+1)(N-1) 12 选择性必修第二册·SJ (ⅱ)解：由题目数据，可写出R与S:的值如下： 同学编号i 12345678910 数学成绩 2 45678910 排名R 知识竞赛成 5349876102 绩排名S: 同学编号i 11121314151617181920 数学成绩 11121314151617181920 排名R, 知识竞赛成 12141311161517181920 绩排名S 所以N=20,并且宫号=9x02+4x12+3×2+2×32+1×4+1×82= 114.因此这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的斯皮尔曼相关 6 系数是p=120x(20-DX14=091 (3)解：①斯皮尔曼相关系数对于异常值不太敏感，如果数据中有 明显的异常值，那么用斯皮尔曼相关系数比用样本相关系数更能 刻画某种线性关系； ②斯皮尔曼相关系数刻画的是样本数据排名的样本相关系数，与 具体的数值无关，只与排名有关如果一组数据有异常值，但排名 依然符合一定的线性关系，则可以采用斯皮尔曼相关系数刻画线 性关系 专题探究10数学文化与探究创新 1.BC解析：正三棱台A1B1C1-ABC中，棱AB,A1B1的中点分别为 D,D1,延长M1,CC1相交于点P,设0为△ABC的中心，棱BC的 中点为E,以过0且平行于BC的直线为x轴，直线0E为y轴，直 线OP为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 正三棱台A1B1C1-ABC的顶点A,A1的曲率之差为π，2T (g+2LA,B）)]-[2-(号+2zM,B)]=,则∠M,B LA,AB=受又∠M,B+∠AAB=T∠M,B=,∠AAB= ,令8=24A=4,则A(0,450）2,250）,c(-2 29o(-9o)oo,2)4o25) ()（1)(分吾） 霸74 于m(）丽(1，)可 丽+(5)x(）5* =-1,CD,与BB 不垂直，放A错误；对于B,PA=PB,∠PAB=年，则PB1PA,同 理PB⊥PC,又PA∩PC=P,PA,PCC平面PAC,∴.PB⊥平面PAC, 即8B1平面M,GC,故B正确：对于C,成=(0-45， ,令平面PAB,即平面AM1B1B的 (m·Pi=0, 一个法向量为m=(x,y,z),则 m.PB=0, 4w52w6 3少3=0， 取z=√2，得m=(5,-1,5).令直线CD1与 2x423,2w6 33=0, 平面M,8B所成角为0咖0=1m(m,C可1=m可 ImlICD,I ()()+() ·√(3)2+(-1)2+(2) 29放c正确对于D,m-(分)，成=(-35， 0)，.cosLD:DC=s{DD,D元)= DD·D元 1DD11D元 /(）+(g)+(30 多面体ACC,D1D顶点D的曲率a=2π-（∠ADC+∠ADD1+ ∠D,Dc)=2a-(+受+∠n,Dc）=T-∠D,Dc,片sa -c0sLD1DC=- 3,故D错误故选BC 2.V而解析：由题意点A(1,号，2与点B(2,0-1)的空间直角 坐标分别为(0,1,2)，(2cos0,2sin0,-1),所以1A店1= √/4cos20+(2sin0-1)2+9=√14-4sin0≥√10，当且仅当sin0=1 时等号成立.故答案为√0. 3.25}解斩：以A为坐标原点，AB,AD,A仙，所在直线分别为 y,z轴，建立如图所示的坐标系，则B(6,0,0),E(2,0,0),设P(x, y,0),由BP=√3PE得(x-6)2+y2=3[(x-2)2+y2],所以x2+y2= 12,所以若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半 径为25 设点P(x,y,z),由BP=√3PE得(x-6)2+y2+z2=3[(x-2)2+y2+ 参考答案 2],所以x2+y2+2=12,由题得F(3,3,3),B1(6,0,3),C(6,3,0), 所以FB1=(3,-3,0),B1C=(0,3,-3),设平面B1CF的一个法向 n·FB=3x0-3y0=0, 量为n=(0,y,0）,所以 令=1，则n= n·B,t=-3y0-3x=0 (1,1,1).由题得C=(x-6,y3,z),所以点P到平面B1CF的距离 为=.m.1x+yt-9因为(2++2)(12+12+12)≥ Inl (x+y+z)2,所以-6≤x+y+z≤6，所以hmn= 6-91=3,所以点M到 平面4，CF的最小距离为，由题得△B,CP为等边三角形，且边 长为V+3=3万，所以三棱锥-B,CF的体积的最小值为了× 3)号故答案为25，子 3 9 z↑D B x 4(1)解：①由题可知1a1=m6,号，小=6,161 m,分=l@ab(6号子） 1u1=6✉.子a0≤4在时-个 坐标系中作出y=16,一告子1的图袋刻图 所示： M 1 /=l+x=6-x -2-1012345x -1 因为a-61={16-号子小则适数y=1a 111 b1的图象是图中加粗部分折线，直线y=6-x与y22*交于 点1,5，直线7=1与直线=号交于点(3,4，由图 像可知，当x=3时，‖a-b‖有最小值4. (2)证明：‖a+b‖=max{1x1+x2l,|y1+y2l,la1+21}≤ max{lx1l+lx2l,ly1l+ly2l,lzl+lz2l},因为‖a‖=max{lx1l, lyl,lz1l,Ib‖=max{lx2l,ly21,lz21,所以1x11≤Ia‖， ly1l≤‖a‖，lzl≤‖a‖，lx21≤‖bI,ly21≤IbI,lz2l≤ Ib‖，所以‖a+b‖≤max1l+lx2l,y1l+ly2l,la1l+lz1}≤ Nall+lbll. 学霸75 (⊙)1成1的最小值为沿点P坐标为（气，子，名） 解析：因为P是以0为球心，1为半径的球面上的动点，设P(x,y, ),方程为4+=1，平面A8C的方程为宁++后=1，即6+ 3y+2z=12,一个法向量为n=(6,3,2),PQ1平面ABC是‖P0川 取最小值的必要条件，证明如下： 不妨取P(1,0,0),若PQ'⊥平面ABC于Q',显然PQ∥n,则PQ= An且A∈R,所以PQ=(6A,3A,2A). 对于平面ABC上任意点Q(a,b,c)都有1P1≥1P01,即1a-1I2+ 1b12+1c2>16A12+132+122,所以川P1=max11a-11,1b1, 1cl}≥‖PQ‖=max16A1,13x1,12A1},仅当Q,Q'重合时取 等号 综上，IPI取最小值，必有PQ⊥平面ABC,由PQ≥OQ-OP,当 0,P,Q三点共线时取等号，故最小值在0，P,Q三点共线且0Q1 平面ABC时取得，此时Q=(u,3,2)且ueR,则36u+9μ+4μ= =12,即a=品所以（治爷） ,取P(6o,3o,2o)且 oeR,则36o24902+42=1,即a=7,所以P(气，子，号） 踪上，Q(的治对)P(,,名)时，1应1 ✉罗为}-君最小 5.BC解析：对于A,根据杨辉三角的特点，当n为偶数时，中间的 一项取得最大值，当为奇数时，中间的两项相等，且同时取得最 大值，所以当每一项取倒数时，再乘一个常数，可得当是偶数时， 中间的一项取得最小值：当n是奇数时，中间的两项相等，且同时 取得最小值，所以A错误：对于B,由莱布尼茨三角形知：第8行第 2个数是，1 (8+1)C方，故B正确：对于C,由组合数性质知：C= (n+I)C(n+1)C(reN,0≤r≤n),放C正确；对于 C,所以 1 1 D,由从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和知： (a+1)Cg'(a+1)C,nC(rEN,.1≤r≤n),放D错误放选BC 1 1 6e解6对FA(任），@2W9t0,@0.O时 (4)12(1)2(2)2(3)2(4)2 (3)2(4)21+2+2)1+2+2+2)-35,故A错误：对于B,因为对任 (1)2(2)2 1×(1+2) 意keN,neN”,k≤n, (n)!g =()1,(n-)1g (n)!q (n)!q (n-k)[n-(n-k)]g(k)!,(n-k)l -,所以对任意k∈N,n∈N*,k≤ (n)!q (）,-(4）,放B正确对FD.因为(），丙 (n)g·(n-l)lg (n-1)g (k)1,(n-k)1g =(k-101,(n-k)1g g·(n-1)!。 (n-1)g (k)(n-k-1)1。(k)!(n-k)!o ·[(),+g·(n-k)g].又(k),+g· 选择性必修第二册·SJ (n-k),=1+g+…tg-1+(1+q+…+g*1)=1+q+…+q1=(n),所以 (2）=(）·()放D错误对于c,结合BD项可 知（)，-(，(）(（)，-(）*. ()即(），=(），*(）电即(）， (）-*(）断以(）-(），- ()(，-(4'）. (）.-(A）,(）,速(a+1个等式两边分别相加特 ((）,-动()故c重确数c 7.(1)0(2)-20解析：(1)三项式(x2+x-2)n的2次系数列为 (x2+x-2)2,则令x=1得三项式(x2+x-2)”的2次系数列各项之 和等于(1+1-2)2=0. (2)当n=4时，三项式为(x2+x-2)4,则D为x的系数， (x2+x-2)4=(x-1)4(x+2)4=(1-x)4(2+x)4,.(1-x)4的 通项公式为C4(-x),.(2+x)4的通项公式为C24x,.x5的 系数为C4·C·23-C2·C好·22+C2·C·2-C·C4=32-96+ 48-4=-20.即D1=-20. 8.解：（1)C8,=7x-7-1)x(-7-2）-84,c2=-8x(8-)X-82） 3！ 31 ”m风器6= 3x2×1 (2)C1证明： 当m=1时，C+C=x+1=C+1,猜想成立当m≥2时，由C”= (-1)(m2)(m C-1)()C+C1- m! (m-1)！ x(x-1)…(x-m+2)(x-m+1) x(x-1)…(x-m+2)m m! x-1）-x-mt2）.x-mt1tm）=s+1zx-l）-x-mt2)(-mt2.又 m! m! G=a+1z-1)--mt2)0xm2,所以Cg+Cg1=C综上，C+ m! C1=C1 9.ACD解折：对于A,若X-阳，分)，则P(I=)为-1)个号 相乘再栗分即（行）广则P(x=-(兮）广4=1,23 故A正确；对于B,若X~NB(r,P),则P(X=k)=Cp1· (1-p)·p=Cgp'(1-p),k=r,+1,r+2,…,故B错误；对于C, 因为从{1,2，…，n中取出r+j(0≤≤n-r)个数的取法有C种，这 些取法可按a,的值分类，即a,=r+i(0≤i≤n-r-j)时的取法有 C·Ci4种，则C·Ci=C,又X-NB(r,p),Y-B(n, p）,设g=1p,则ptq=1,则P(X≤nm）-cipg-Cwpg· 学霸76 pt）r-cpt·落d.-客2c.c以 p内·gm,可得Cpg=P(Y≥r),故C正确；对于D,因为 XB(,P),P(X=)最大，则=)≥PXk+所以 (P(X=k)≥P(X≥k-1), C1p)≥cP(1p)r解≤k≤1分，所以当k (Cp (1-p)Cp(1-p), 取不小于的最小正整数时P(X=k)最大，故D正确故选ACD. 10.2解析：由B=4可得A=1或A=2或A=3,由题意可得E(A1B=4)= 含P4=B=4)=含· P(A=x,B=4) ）-1xPA=B=4+2X P(B=4) P(B=4) P(A=2,B4+3×PA=3,B=4。 +2× P(B=4) P(B=4) q(i)~ 11 5151 6666 ( &(i)aa (）g +3X -=2,故答案为2 11.93 解析：设当赌徒手中有n元(0≤n≤1000，n∈N)时，最终输 100 光的概率为P(n),当n=0时，赌徒已经输光了，所以P(0)=1,当 n=1000时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率 为P(1000)=0,记M:赌徒有n元最后输光的事件，N:赌徒有n元 下一次赢的事件，所以P(M)=P(N)P(MIW)+P(N)P(MIN),即 P(m)=之P(a-I)+宁P(a+I),所以P(n+I)-P(a)=P(a) P(n-1),所以{P(n)为等差数列，设P(n)-P(n-1)=d,由于 P(100)=P(0)+100t=1+100d=0,所以d=1O00所以 n 7093 P(n)=P(0)+nd=1-100故P(70)=1-1O0010,故答案 12解：(1)0由题意X-B(5,),所以P(X≤2)=P(X=0)+ Px=+x=2-g(3)）°+C(3)广e(3)）'- ②由题意X-B(,2),则E()=,D(X)=之A×(1- 分）-025，若04n≤X≤06，则-0.u≤X-05a≤a.ln,所以 P(IX-1ce)=P(1X-0.5nl<0.1n）≥1-2 0.25n 1-01n20.98, 又n>0,解得n≥1250，即发射次数至少为1250次. (2)依题意X~B(2024,0.7),则P(X=m)=C经24×0.7m× 0.32024-m 20241 (2024-m)1m*0.7x0.324, P(X=m+1)=C2%t4×0.7m1×0.3203-m 2024I (2023-m)！(m+1)1 参考答案 0.7m+1×0.32023-m. 2023-m)1(m+1*0.7m1x0.32m 20241 P(X=m+1) P(X=m) (2024-m)！m*0.7mX0.324 2024！ 072024-m≤1，解得m≥14165，pX=m- P(X=m) 0.3(m+1) 20241 ×0.7m×0.32024-m (2024-m)！m！ 0.7(2025-m≥1，解 (2025-m)！(m-17x0.7lx0.32m 20241 0.3m 得m≤1417.5，又m∈N,所以当m=1417时，P(X=m)最大 全书综合检测 1.B解析：对于A,C,变量x,y的散点图从左向右是下降的，所以r< 0,所以A,C错误，对于B,D,变量x,y的散点图从左向右是上升 的，所以r>0,所以B正确，D错误，故选B. 2.C解析：由题意得P(X>3)=P(X<1)=0.3,所以P(x<3)=1 0.3=0.7.故选C. 3.C解析：由题意可知，2a-b=2(2,1,入)-(7,2,4)=(-3,0,2λ-4) 因为a1(2a-b),所以a·(2a-b)=0,所以(2,1，A)·(-3,0,2A- 4)=-6+2λ2-4入=0，所以入=-1或3.故选C. 4.B解析：因为香菌、新笋、豆腐干一起下锅，把它们捆绑在一起，看 作一个元素，此时共有5个元素，其中鸡汤最后下锅，放在最后 一个位置，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，定序问题用倍缩法，共有 A =12(种)不同的排列方式.故选B. A3 5.C解析：因为 三广-（估导广楼开式的通项为 1=C6 号)广-年(2中，◆3-70，得所以 (x+4-4） 的展开式中的常数项为T4=C2(-2)3=-160,所以 (+4-4） 的展开式中的常数项为-160.故选C. 6.A解析：选用三种颜色时，必须1,5同色，2,4同色，此时有 CA号=60（种）； 选用四种颜色时，必须1,5同色或2,4同色，此时有CC2A4= 240(种)； 选用五种颜色时，有A=120(种)， 所以一共有60+240+120=420（种），故选A. 7.B解析：取面对角线B,C中点O,连接ON,B1N,CN,C1N,H,I分 别在BB1,CC1上，且B1H=3HB,C,1=31C,以A为原点，A店，A, A4的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角 坐标系， H 学霸77专题探究10数学 题组一空间向量与立体几何 1.(多选)(2024·福建泉州高三月考)刻画空间 的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画 空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等 于2π与多面体在该点的面角和的差（多面体 的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度 制).已知正三棱台AB1C1-ABC中，AB= 2AB1,棱AB,AB1的中点分别为D,D1.若该 棱台顶点A,A1的曲率之差为T,则（) A.CD1⊥BB B.BB1⊥平面AAC1C C.直线CD,与平面AA,B,B所成角的正弦值 号 D.多面体ACC,D,D顶点D的曲率的余弦值 等于胃 2.(2024·江苏南京高二月考)在 空间直角坐标系中，点P坐标 P(r.0.z) 可记为(x,y,z):定义柱面坐标 系，在柱面坐标系中，点P坐标 0 可记为(r,0,z).如图所示，空间直角坐标(x, y,z)与柱面坐标(r,0,z)之间的变换公式为 x=rcos0,y=rsin0,z=z.则在柱面坐标系中， 点A(1,2,2)与点B(2,0-1)两点距离的最 小值为 3.(2024·福建三明高二月考)古希腊数学家阿 波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A,B距离 之比为常数入（入>0且入≠1）的点的轨迹是 个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏 圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在 长方体ABCD-AB1C1D1中，AB=2AD=2AA1= 选择性必修第二册·SJ 文化与探究创新 6,点E在棱AB上，BE=2AE,动点P满足 BP=√3PE.若点P在平面ABCD内运动，则点 P所形成的阿氏圆的半径为 ;若点P 在长方体ABCD-AB,C1D1内部运动，F为棱 C,D1的中点，M为CP的中点，则三棱锥M- B,CF的体积的最小值为 4.（2024·湖南师大附中高三月考)对于空间向 量m=(a,b,c),定义‖m‖=max{Ial,Ibl, lc},其中max{x,y,z表示x,y,z这三个数 的最大值， (1已知a=(6,1).b=(,7,小 ①写出‖a‖，写出‖b(用含x的式子 表示)； ②当0≤x≤4，写出‖a-b‖的最小值及 此时x的值 (2)设a=(x1,y1,之1)，b=（x2,y2,2),求证： la+bI≤‖a‖+Ib‖. (3)在空间直角坐标系0-xyz中，A(2,0,0), B(0,4,0),C(0,0,6),点P是以0为球 心，1为半径的球面上的动点，点Q是 △ABC内部的动点，直接写出‖PQ‖的 最小值及相应的点P的坐标. 学霸126 题组三计数原理 5.（多选)(2024·河北石家庄高二月考)将杨辉 三角中的每一个数C都换成， ,得到 (n+1)C 如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角 形.莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如 从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个 数之和，如果n≥2(neN*),那么下面关于莱 布尼茨三角形的结论正确的是 第0行 1 1 第1行 1 第2行 第3行 12 4 第n行 (n+1)C0 (n+1)C… (n+1)Ca A.当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当 n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得 最大值 B.第8行第2个数是 2 1 (n+1)C(n+1)creN,0≤r≤n) C 1 1 1 1 (a+lc(+DN,.1sr≤a） D. 6.(多选)(2024·广东中山高二月考)“g-数 在量子代数研究中发挥了重要作用.设q是非 零实数，对任意neN*,定义“q-数”(n),= 1+g+…+g-1利用“g-数”可定义“q-阶乘” (n)!,=(1),(2),…(n)g且(0)1，=1和“q 组合数”，即对任意k∈N,n∈N*,k≤n, ， (n)! 一，根据上述定义，以下结 论正确的是 A.2) =45 数学文化与探究创新学 B对意eN.aeN≤公-（ C.对于任意k,m∈N,n∈N",k+1≤n, 】 n D.即对任意&eN,n∈N,k≤n,k, .（2023·福建泉州高二期中)定义：在等式 (x2+x-2)”=Dx2n+Dx2m-1+D2x2m-2+…+ D2n-1x+D2(n∈N*)中，把D9,D1,D2,…,D2 叫作三项式(x2+x-2)”的n次系数列（如 三项式的1次系数列是1,1，-2).则(1)三项 式(x2+x-2)”的2次系数列各项之和等 于 ;(2)D4= (2023·山东泰安高二月考)定义：Cm= x(x-1)…(x-m+1)为广义组合数，其中x∈ m! R,m是正整数，且C=1.这是组合数C(n,m 是正整数，且m≤n)的一种推广 (1)计算：C3,与C28+C28; (2)猜想并证明：C+C1= （用Cw 的形式表示，其中x∈R,m是正整数). 霸127 题组目概率与统计 9.(多选)(2024·江苏镇江高三月考)已知在伯 努利试验中，事件A发生的概率为p(0<p< 1),我们称将试验进行至事件A发生r次为 止，试验进行的次数X服从负二项分布，记作 X~NB(r,P),则下列说法正确的是( A若X-NB1,2),则P(X=)=(号)，k= 1,2,3,… B.若X~NB（r,p),则P（X=k)= p'（1-p）,k=r,r+1,r+2,… C.若X~NB(r,p),Y~B(n,p),则P(X≤n)= P(Y≥r) D.若X~NB(r,p),则当k取不小于的最 小正整数时，P(X=k)最大 10.(2024·浙江台州高二月考)定义：设X,Y是 离散型随机变量，则X在给定事件Y=y条 件下的期望为E(XIY=y)=含x:·P(X=x 小-年”其 …,xn}为X的所有可能取值集合，P(X=x, Y=y)表示事件“X=x”与事件“Y=y”都发生 的概率某日小张掷一枚质地均匀的骰子，若 掷出1点向上两次时即停止.设A表示第 次掷出1点向上时的投掷次数，B表示第二 次掷出1点向上时的投掷次数，则E(AIB= 4)= 11.（2024·黑龙江大庆高二期中)马尔科夫链 是机器学习和人工智能的基石，其数学定义 为：假设序列状态是…，X,-2,X1,X,X+1, …,那么X+1时刻的状态的条件概率仅依赖 前一状态X,即P(X11…,X-2,X1,X)= P(X11X,).著名的赌徒模型就应用了马尔 科夫链：假如一名赌徒进入赌场参与一个赌 选择性必修第二册·SJ学 博游戏，每一局赌徒赌赢的概率都为50%， 每局赌赢可以赢得1金币，赌输就要输掉 1金币赌徒自以为理智地决定，遇到如下两 种情况就会结束赌博游戏：一是输光了手中 金币；二是手中金币达到预期的1000金币， 出现这两种情况赌徒都会停止赌博，记赌徒 的本金为70金币，求赌徒输光所有金币的 概率 2.（2024·浙江嘉兴高二期中)19世纪俄国数 学家切比雪夫在研究统计的规律中，论证并 用标准差表达了一个不等式，该不等式被称 为切比雪夫不等式，它可以使人们在随机变 量X的分布未知的情况下，对事件1X-u1<ε 做出估计.若随机变量X具有数学期望 E(X)=,方差D(X)=σ2，则切比雪夫定理可 以概括为对任意正数ε，不等式P(1X-|< 6)≥1-2成立.已知在某通信设备中，信号是 由密文“A”和“B”组成的序列，现连续发射信 号n次，记发射信号“A”的次数为X. (1)若每次发射信号“A”和“B”的可能性是 相等的： ①当n=5时，求P(X≤2)； ②为了至少有98%的把握使发射信号 “A”的频率在0.4与0.6之间，试估计信 号发射次数n的最小值. (2)若每次发射信号“A”和“B”的可能性是 7：3,已知在2024次发射中，信号“A” 发射m次的概率最大，求m的值. 霸128