新高考数学二轮复习专题五培优点7概率与统计的创新问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题五培优点7概率与统计的创新问题学案，共12页。

考点一 概率和数列的综合
例1 某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日礼物，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶A1，A2，A3中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶B1，B2中的一个．
(1)记事件En：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐玩偶A1，A2，A3玩偶；事件Fn：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐B1，B2玩偶．求概率P(E5)及P(F4)；
(2)某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为eq \f(2,3)，购买乙系列的概率为eq \f(1,3)；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为eq \f(1,4)，购买乙系列的概率为eq \f(3,4)，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为eq \f(1,2)，购买乙系列的概率为eq \f(1,2)；如此往复，记某人第n次购买甲系列的概率为Qn.
①求{Qn}的通项公式；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．
解 (1)若一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为35，集齐A1，A2，A3玩偶，则有两种情况：
①其中一个玩偶3个，其他两个玩偶各1个，则有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(3,5)Aeq \\al(2,2)种结果；
②其中两个玩偶各2个，另外一个玩偶1个，则有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,4)种结果，
故P(E5)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(3,5)A\\al(2,2)＋C\\al(1,3)C\\al(1,5)C\\al(2,4),35)＝eq \f(60＋90,243)＝eq \f(150,243)＝eq \f(50,81)；
若一次性购买4个乙系列盲盒，全部为B1与全部为B2的概率相等，均为eq \f(1,24)，
故P(F4)＝1－eq \f(1,24)－eq \f(1,24)＝eq \f(7,8).
(2)①由题可知，Q1＝eq \f(2,3)，
当n≥2时，
Qn＝eq \f(1,4)Qn－1＋eq \f(1,2)(1－Qn－1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4)Qn－1，
则Qn－eq \f(2,5)＝－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Qn－1－\f(2,5)))，Q1－eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，
即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Qn－\f(2,5)))是以eq \f(4,15)为首项，以－eq \f(1,4)为公比的等比数列．
所以Qn－eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))n－1，
即Qn＝eq \f(2,5)＋eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))n－1.
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作n→＋∞，所以其购买甲系列的概率近似于eq \f(2,5)，
假设用ξ表示一天中购买甲系列盲盒的人数，
则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100，\f(2,5)))，
所以E(ξ)＝100×eq \f(2,5)＝40，即购买甲系列盲盒的人数的均值为40，所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
规律方法 本题的关键是通过审题，找到第n次购买与前一次购买之间的联系，从而找到数列的递推关系．
跟踪演练1 (2022·青岛模拟)规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回地任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则该轮记为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功．
(1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量X，求X的分布列和均值；
(2)为验证抽球试验成功的概率不超过eq \f(1,2)，有1 000名数学爱好者独立地进行该抽球试验，记t表示成功时抽球试验的轮次数，y表示对应的人数，部分统计数据如下：
求y关于t的经验回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \f(\(b,\s\up6(^)),t)＋eq \(a,\s\up6(^))，并预测成功的总人数(精确到1)；
(3)证明：eq \f(1,22)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \f(1,32)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))eq \f(1,42)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n2)))eq \f(1,n＋12)附：经验回归方程系数：eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2)，
eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)；
参考数据：eq \i\su(i＝1,5,x)eq \\al(2,i)＝1.46，eq \x\t(x)＝0.46，eq \x\t(x)2＝0.212(其中xi＝eq \f(1,ti)，eq \x\t(x)＝eq \f(1,5)eq \i\su(i＝1,5,x)i)．
(1)解 由题知，X的取值可能为1,2,3，
所以P(X＝1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,C\\al(1,2))))2＝eq \f(1,4)；
P(X＝2)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,C\\al(1,2))))2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,C\\al(1,3))))2＝eq \f(1,12)；
P(X＝3)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,C\\al(1,2))))2))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,C\\al(1,3))))2))＝eq \f(2,3)，
所以X的分布列为
所以E(X)＝1×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,12)＋3×eq \f(2,3)
＝eq \f(3＋2＋24,12)＝eq \f(29,12).
(2)解 令xi＝eq \f(1,ti)，则eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))，
由题知eq \i\su(i＝1,5,x)iyi＝315，eq \x\t(y)＝90，
所以eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,5,x)\\al(2,i)－5\x\t(x)2)
＝eq \f(315－5×0.46×90,1.46－5×0.212)＝eq \f(108,0.4)＝270，
所以eq \(a,\s\up6(^))＝90－270×0.46＝－34.2，eq \(y,\s\up6(^))＝270x－34.2，
故所求的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝eq \f(270,t)－34.2，
所以估计t＝6时，y≈11；
估计t＝7时，y≈4；
估计t≥8时，y<0，
预测成功的总人数为450＋11＋4＝465.
(3)证明 由题知，在前n轮就成功的概率为
P＝eq \f(1,22)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \f(1,32)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))eq \f(1,42)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n2)))eq \f(1,n＋12)，
又因为在前n轮没有成功的概率为
1－P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))×…×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋12)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))×…×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n＋1)))
＝eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×eq \f(2,3)×eq \f(4,3)×…×eq \f(n－1,n)×eq \f(n＋1,n)×eq \f(n,n＋1)×eq \f(n＋2,n＋1)＝eq \f(n＋2,2n＋2)＝eq \f(\f(1,2)2n＋2＋1,2n＋2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2n＋2)>eq \f(1,2)，
故eq \f(1,22)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \f(1,32)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))eq \f(1,42)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n2)))eq \f(1,n＋12)考点二 概率和函数的综合
例2 (2022·九江模拟)瑞昌剪纸被列入第二批国家级非物质文化遗产名录．为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行5轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品和创意作品各2幅，若有不少于3幅作品入选，将获得“巧手奖”.5轮比赛中，至少获得4次“巧手奖”的同学将进入决赛．某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各5幅，其中有4幅规定作品和3幅创意作品符合入选标准．
(1)从这10幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各2幅，试预测该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率；
(2)以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率．经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了eq \f(1,10)，以获得“巧手奖”的次数均值为参考，试预测该同学能否进入决赛？
解 (1)由题可知，所有可能的情况如下，
①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率
P1＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,3)C\\al(1,1),C\\al(2,5)C\\al(2,5))＝eq \f(3,25)，
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率
P2＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(2,5)C\\al(2,5))＝eq \f(9,25)，
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率
P3＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,3),C\\al(2,5)C\\al(2,5))＝eq \f(9,50)，
故所求概率P＝eq \f(3,25)＋eq \f(9,25)＋eq \f(9,50)＝eq \f(33,50).
(2)设强化训练后，规定作品入选的概率为p1，创意作品入选的概率为p2，
则p1＋p2＝eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)＋eq \f(1,10)＝eq \f(3,2)，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为
P＝Ceq \\al(1,2)p1(1－p1)·Ceq \\al(2,2)peq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,2)peq \\al(2,1)·Ceq \\al(1,2)p2(1－p2)＋Ceq \\al(2,2)peq \\al(2,1)·Ceq \\al(2,2)peq \\al(2,2)＝2p1p2(p1＋p2)－3(p1p2)2
＝3p1p2－3(p1p2)2，
∵p1＋p2＝eq \f(3,2)，
且p1≥eq \f(4,5)，p2≥eq \f(3,5)，
即eq \f(3,2)－p2≥eq \f(4,5)，eq \f(3,2)－p1≥eq \f(3,5)，
即p2≤eq \f(7,10)，p1≤eq \f(9,10)，
故可得eq \f(4,5)≤p1≤eq \f(9,10)，eq \f(3,5)≤p2≤eq \f(7,10)，
p1p2＝p1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－p1))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p1－\f(3,4)))2＋eq \f(9,16)，
∴p1p2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,50)，\f(14,25)))，
令p1p2＝t，
则P(t)＝－3t2＋3t＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,50)，\f(14,25)))上单调递减，
∴P(t)≤Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(27,50)))＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,50)))2＋eq \f(3,4)∵该同学在5轮比赛中获得“巧手奖”的次数X～B(5，P)，
∴E(X)＝5P<5×eq \f(3,4)＝eq \f(15,4)<4，故该同学没有希望进入决赛．
易错提醒 构造函数求最值时，要注意变量的选取，以及变量自身的隐含条件对变量范围的限制．
跟踪演练2 (2022·新余模拟)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：一天内参与“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；一天内参与“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为eq \f(1,2)；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，eq \f(1,3).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．
(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和均值；
(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p为何值时，f(p)取得最大值．
解 (1)X可取5,6,7,8,9,10，
P(X＝5)＝Ceq \\al(0,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(1,32)，
P(X＝6)＝Ceq \\al(1,5)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(5,32)，
P(X＝7)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(5,16)，
P(X＝8)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(5,16)，
P(X＝9)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4×eq \f(1,2)＝eq \f(5,32)，
P(X＝10)＝Ceq \\al(5,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(1,32)，
分布列为
所以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)＝7.5(分)．
(2)设一天得分不低于3分为事件A，
则P(A)＝1－(1－p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝1－eq \f(2,3)(1－p)＝eq \f(2p＋1,3)，
则恰有3天每天得分不低于3分的概率
f(p)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p＋1,3)))3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2p＋1,3)))2
＝eq \f(40,243)(2p＋1)3(1－p)2,0则f′(p)＝eq \f(40,243)×6(2p＋1)2(1－p)2－eq \f(40,243)×2(2p＋1)3(1－p)＝eq \f(40,243)(2p＋1)2(1－p)(4－10p)，
当00；
当eq \f(2,5)所以函数f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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．
专题强化练
1．(2022·湖北八市联考)2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3∶2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战6∶5惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有eq \f(1,2)的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和均值；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1＝1，p2＝0.
①试证明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(pn－\f(1,4)))为等比数列；
②设第n次传球之前，球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
(1)解 依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为p＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×3×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，
门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0,1,2,3，易知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,6)))，
P(X＝k)＝Ceq \\al(k,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))k×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))3－k，k＝0,1,2,3.
则X的分布列为
E(X)＝3×eq \f(1,6)＝eq \f(1,2).
(2)①证明 第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，
则当n≥2时，第(n－1)次传球之前，球在甲脚下的概率为pn－1，第(n－1)次传球之前，球不在甲脚下的概率为1－pn－1，
则pn＝pn－1·0＋(1－pn－1)·eq \f(1,3)＝－eq \f(1,3)pn－1＋eq \f(1,3)，
从而pn－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pn－1－\f(1,4)))，
又p1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(pn－\f(1,4)))是以eq \f(3,4)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列．
②解 由①可知pn＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1＋eq \f(1,4)，
p10＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))9＋eq \f(1,4)q10＝eq \f(1,3)(1－p10)>eq \f(1,4)，故p102．某网络购物平台每年11月11日举行“双十一”购物节，当天有多项优惠活动，深受广大消费者喜爱．
(1)已知该网络购物平台近5年“双十一”购物节当天成交额如下表：
求成交额y(百亿元)与时间变量x(记2018年为x＝1，2019年为x＝2，…依此类推)的经验回归方程，并预测2023年该平台“双十一”购物节当天的成交额(百亿元)；
(2)在2023年“双十一”购物节前，某同学的爸爸、妈妈计划在该网络购物平台上分别参加A，B两店各一个订单的“秒杀”抢购，若该同学的爸爸、妈妈在A，B两店订单“秒杀”成功的概率分别为p，q，记该同学的爸爸和妈妈抢购到的订单总数量为X.
①求X的分布列及E(X)；
②已知每个订单由k(k≥2，k∈N*)件商品W构成，记该同学的爸爸和妈妈抢购到的商品W总数量为Y，假设p＝eq \f(7sin \f(π,k),4k)－eq \f(π,k2)，q＝eq \f(sin \f(π,k),4k)，求E(Y)取最大值时正整数k的值．
附：经验回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x)\x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x).
解 (1)由已知可得eq \x\t(x)＝eq \f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3，
eq \x\t(y)＝eq \f(9＋12＋17＋21＋27,5)＝17.2，
eq \i\su(i＝1,5,x)iyi＝1×9＋2×12＋3×17＋4×21＋5×27＝303，
eq \i\su(i＝1,5,x)eq \\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＋52＝55，
所以eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,5,x)\\al(2,i)－5\x\t(x)2)
＝eq \f(303－5×3×17.2,55－5×32)＝eq \f(45,10)＝4.5，
所以eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)＝17.2－4.5×3＝3.7，
所以eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))＝4.5x＋3.7，
当x＝6时，eq \(y,\s\up6(^))＝4.5×6＋3.7＝30.7(百亿元)，
所以预测2023年该平台“双十一”购物节当天的成交额为30.7百亿元．
(2)①由题意知，X的可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝(1－p)(1－q)＝1－p－q＋pq，
P(X＝1)＝(1－p)q＋(1－q)p＝p＋q－2pq，
P(X＝2)＝pq，
所以X的分布列为
E(X)＝p＋q－2pq＋2pq＝p＋q.
②因为Y＝kX，
所以E(Y)＝kE(X)＝k(p＋q)
＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7sin \f(π,k),4k)－\f(π,k2)＋\f(sin \f(π,k),4k)))＝2sin eq \f(π,k)－eq \f(π,k)，
令t＝eq \f(1,k)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
设f(t)＝2sin πt－πt，则E(Y)＝f(t)，
因为f′(t)＝2πcs πt－π＝2πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs πt－\f(1,2)))，
且πt∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))时，f′(t)>0，
所以f(t)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递增；
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))时，f′(t)<0，
所以f(t)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))上单调递减，
所以当t＝eq \f(1,3)，即k＝3时，f(t)取得最大值，
且f(t)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \r(3)－eq \f(π,3)(百亿元)，
所以E(Y)取最大值时，k的值为3.t
1
2
3
4
5
y
232
98
60
40
20
X
1
2
3
P
eq \f(1,4)
eq \f(1,12)
eq \f(2,3)
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)
X
0
1
2
3
P
eq \f(125,216)
eq \f(25,72)
eq \f(5,72)
eq \f(1,216)
年份
2018
2019
2020
2021
2022
成交额(百亿元)
9
12
17
21
27
X
0
1
2
P
1－p－q＋pq
p＋q－2pq
pq