2026版步步高大一輪高考數學復習第十章計數原理、概率、隨機變量及其分布第3節(jié)二項式定理第3節(jié)二項式定理考試要求能用多項式運算法則和計數原理證明二項式定理，會用二項式定理解決與二項展開式有關的簡單問題.【知識梳理】1.二項式定理(1)二項式定理：(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)；(2)通項：Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk，k＝0，1，2，…，n，它表示第k＋1項；(3)二項式系數：二項展開式中各項的系數Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，…，Ceq\o\al(n,n).2.二項式系數的性質性質性質描述對稱性與首末等距離的兩個二項式系數相等，即Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)增減性二項式系數Ceq\o\al(k,n)當k＜eq\f(n＋1,2)(n∈N*)時，是遞增的當k＞eq\f(n＋1,2)(n∈N*)時，是遞減的二項式系數最大值當n為偶數時，中間的一項取得最大值當n為奇數時，中間的兩項與相等且取得最大值3.各二項式系數和(1)(a＋b)n展開式的各二項式系數和：Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n.(2)奇數項的二項式系數的和等于偶數項的二項式系數的和，即Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝2n－1.[常用結論與微點提醒](a＋b)n的展開式形式上的特點：(1)項數為n＋1；(2)各項的次數和都等于二項式的冪指數n，即a與b的指數的和為n；(3)字母a按降冪排列，從第一項開始，次數由n逐項減1直到零；字母b按升冪排列，從第一項起，次數由零逐項增1直到n；(4)二項式系數從Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，一直到Ceq\o\al(n－1,n)，Ceq\o\al(n,n).【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)Ceq\o\al(k,n)an－kbk是二項展開式的第k項.()(2)二項展開式中，二項式系數最大的項為中間一項.()(3)(a＋b)n的展開式中某一項的二項式系數與a，b無關.()(4)(a＋b)n某項的系數是該項中非字母因數部分，包括符號等，與該項的二項式系數不同.()答案(1)×(2)×(3)√(4)√解析二項展開式中Ceq\o\al(k,n)an－kbk是第k＋1項，二項式系數最大的項為中間一項或中間兩項，故(1)(2)均不正確.2.(選修三P34T1改編)在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展開式中，含x3的項的系數是()A.74 B.121 C.－74 D.－121答案D解析將(1－x)5，(1－x)6，(1－x)7，(1－x)8中含x3項的系數分別相加，即得展開式中含x3項的系數為Ceq\o\al(3,5)(－1)3＋Ceq\o\al(3,6)(－1)3＋Ceq\o\al(3,7)(－1)3＋Ceq\o\al(3,8)(－1)3＝－121.3.(選修三P38T3改編)在(1－2x)10的展開式中，各項系數的和是________.答案1解析令x＝1，可得各項系數的和為(1－2)10＝1.4.(選修三P31T4改編)(1＋x＋x2)(1－x)10的展開式中x4的系數為________.答案135解析∵(1－x)10展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(－x)r，令r＝4，3，2分別得展開式含x4，x3，x2的系數為Ceq\o\al(4,10)，－Ceq\o\al(3,10)，Ceq\o\al(2,10).故展開式中含x4的系數為Ceq\o\al(4,10)－Ceq\o\al(3,10)＋Ceq\o\al(2,10)＝135.考點一展開式中的通項角度1求二項展開式的特定項例1(1)(2023·天津卷)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))eq\s\up12(6)的展開式中，x2的系數是________.答案60解析法一二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))eq\s\up12(6)展開式的通項Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(2x3)6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(k)＝(－1)k26－k·Ceq\o\al(k,6)x18－4k，令18－4k＝2，解得k＝4，所以x2的系數為(－1)4×22×Ceq\o\al(4,6)＝60.法二將二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))eq\s\up12(6)看成6個多項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))相乘，要想出現x2項，則先在2個多項式中分別取2x3，然后在余下的多項式中都取－eq\f(1,x)相乘，即Ceq\o\al(2,6)(2x3)2×Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(4)＝60x2，所以x2的系數為60.(2)(2023·德州模擬)若n∈Z，且3≤n≤6，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))eq\s\up12(n)的展開式中的常數項為________.答案4解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))eq\s\up12(n)展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)xn－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x3)))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(k,n)xn－4k，因為3≤n≤6，令n－4k＝0，解得n＝4，k＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))eq\s\up12(n)的展開式中的常數項為4.角度2兩個二項式之積例2(1)(2024·長沙調考)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2))(1－2x)4的展開式中，常數項為()A.－4 B.－6 C.－8 D.－10答案D解析(1－2x)4的展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)(－2x)r＝Ceq\o\al(r,4)(－2)r·xr，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2))(1－2x)4的展開式中，常數項為Ceq\o\al(1,4)×(－2)＋(－2)×Ceq\o\al(0,4)＝－8－2＝－10.(2)(2024·河南名校聯考)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,y)))(x＋2y)6的展開式中x2y4的系數為________.答案432解析將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,y)))(x＋2y)6整理得(1＋xy－1)·(x＋2y)6，展開式中含x2y4的項為Ceq\o\al(5,6)·(xy－1)·x·(2y)5＋Ceq\o\al(4,6)x2·(2y)4＝432x2y4，系數為432.角度3三項展開式問題例3(x2＋x＋y)5的展開式中，x5y2的系數為________.答案30解析法一(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的項為T3＝Ceq\o\al(2,5)(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的項為Ceq\o\al(1,3)x4·x＝Ceq\o\al(1,3)x5.所以x5y2的系數為Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)＝30.法二(x2＋x＋y)5表示5個因式(x2＋x＋y)之積.∴x5y2可從兩個因式中取x2，剩余的3個因式中1個取x，其余兩個因式取y，因此x5y2的系數為Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＝30.感悟提升1.求二項展開式中的特定項，一般是化簡通項后，令字母的指數符合要求(求常數項時，指數為零；求有理項時，指數為整數等)，解出項數k＋1，代回通項即可.2.對于幾個多項式積的展開式中的特定項問題，一般都可以根據因式連乘的規(guī)律，結合組合思想求解，但要注意適當地運用分類方法，以免重復或遺漏；也可利用排列組合的知識求解.3.對于三項式問題一般先變形化為二項式再解決，或利用展開式的原理求解.訓練1(1)(2024·北京昌平區(qū)質檢)已知二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\s\up12(5)的展開式中eq\f(1,x)的系數是10，則實數a＝()A.－1 B.1 C.－2 D.2答案B解析二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\s\up12(5)的展開式的通項為Ceq\o\al(r,5)·x5－r·(ax－1)r＝ar·Ceq\o\al(r,5)·x5－2r，令5－2r＝－1，解得r＝3，所以a3·Ceq\o\al(3,5)＝10a3＝10，解得a＝1.(2)(x2＋x＋1)(x－1)4的展開式中，x3的系數為________.答案－2解析(x－1)4的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,4)x4－k(－1)k，(x2＋x＋1)(x－1)4的展開式中，x3的系數為Ceq\o\al(3,4)(－1)3＋Ceq\o\al(2,4)(－1)2＋Ceq\o\al(1,4)(－1)＝－2.(3)(2024·重慶質檢)(2x2＋y＋1)5的展開式中x4y2項的系數為________.答案120解析將(2x2＋y＋1)5看作5個因式(2x2＋y＋1)相乘，根據x4y2的指數可得5個因式中有兩個選2x2，兩個選y，一個選1，進行相乘，即(2x2＋y＋1)5的展開式中x4y2項的系數為Ceq\o\al(2,5)×22×Ceq\o\al(2,3)＝120.考點二二項式系數的和與各項系數的和例4(1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展開式中，各項系數和與二項式系數和之和為128，則()A.二項式系數和為32 B.各項系數和為128C.常數項為－135 D.常數項為135答案D解析令x＝1，得各項系數和為2n，又二項式系數和為2n，則2×2n＝128，得n＝6，即二項式系數和為64，各項系數和也為64，故A，B不正確；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(6)的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·(3x)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(k,6)·(－1)k36－k·x6－eq\f(3,2)k，令6－eq\f(3,2)k＝0，得k＝4，因此展開式中的常數項為T5＝Ceq\o\al(4,6)·(－1)4·32＝135，故C不正確，D正確.(2)(2024·南昌調研)若(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，則a2＋a6＋a8＝________；a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝________.答案3005120解析①由已知得(1＋x)10展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)xk，所以展開式中每一項的系數即為其二項式系數.故a2＋a6＋a8＝Ceq\o\al(2,10)＋Ceq\o\al(6,10)＋Ceq\o\al(8,10)＝300.②對原式兩邊求導得，10(1＋x)9＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9.令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝10×29＝5120.感悟提升一般地，對于多項式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，則(a＋bx)n的展開式中各項的系數和為g(1)，(a＋bx)n的展開式中奇數項的系數和為eq\f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展開式中偶數項的系數和為eq\f(1,2)[g(1)－g(－1)].訓練2(1)(2024·西安質檢)已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，則|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于()A.1 B.243 C.121 D.122答案B解析令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，①令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243，②①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，即a4＋a2＋a0＝－121.①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，即a5＋a3＋a1＝122.所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5＝122＋121＝243.(2)設(eq\r(2)＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，則(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2的值為________.答案1解析令x＝1有a0＋a1＋…＋a10＝(eq\r(2)＋1)10，令x＝－1有a0－a1＋a2－…＋a10＝(eq\r(2)－1)10，故(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a10)·(a0－a1＋a2－…＋a10)＝(eq\r(2)＋1)10(eq\r(2)－1)10＝1.考點三系數的最值問題例5已知(eq\r(3,x)＋x2)2n的展開式的二項式系數和比(3x－1)n的展開式的二項式系數和大992，則：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2n)的二項式系數最大的項為________；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2n)的展開式系數最大的項為________.答案(1)8064(2)15360x4解析由題意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，∴2n＝32(負值舍去)，解得n＝5.(1)由二項式系數的性質知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\up12(10)的展開式中第6項的二項式系數最大，即Ceq\o\al(5,10)＝252.∴T6＝Ceq\o\al(5,10)(2x)5eq\f(1,x5)＝Ceq\o\al(5,10)25＝8064.(2)設第r＋1項的系數最大.∵Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(2x)10－req\f(1,xr)＝Ceq\o\al(r,10)210－rx10－2r，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(r,10)210－r≥Ceq\o\al(r－1,10)210－r＋1，,Ceq\o\al(r,10)210－r≥Ceq\o\al(r＋1,10)210－r－1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(r,10)≥2Ceq\o\al(r－1,10)，,2Ceq\o\al(r,10)≥Ceq\o\al(r＋1,10)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11－r≥2r，,2（r＋1）≥10－r，))解得eq\f(8,3)≤r≤eq\f(11,3).∵r∈N，∴r＝3.故系數最大的項是第4項，第4項為T4＝Ceq\o\al(3,10)27x4＝15360x4.感悟提升1.二項式系數最大項的確定方法：當n為偶數時，展開式中第eq\f(n,2)＋1項的二項式系數最大，最大值為；當n為奇數時，展開式中第eq\f(n＋1,2)項和第eq\f(n＋3,2)項的二項式系數最大，最大值為或.2.如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展開式系數最大的項，一般是采用待定系數法，設展開式各項系數分別為A1，A2，…，An＋1，且第k項系數最大，應用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1))從而解出k即可.訓練3(多選)(2024·杭州質檢)關于(a－b)11的說法，正確的是()A.展開式中的二項式系數之和為2048B.展開式中只有第6項的二項式系數最大C.展開式中第6項和第7項的二項式系數最大D.展開式中第6項的系數最小答案ACD解析由二項式系數的性質知，(a－b)11的二項式系數之和為211＝2048，故A正確；因為(a－b)11的展開式共有12項，中間兩項的二項式系數最大，即第6項和第7項的二項式系數最大，故C正確，B錯誤；因為展開式中第6項的系數是負數，且絕對值最大，所以展開式中第6項的系數最小，故D正確.

【A級基礎鞏固】1.(2024·天津段測)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,x2)))eq\s\up12(6)展開式中的常數項是()A.－135 B.135 C.1215 D.－1215答案B解析二項展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,x2)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,6)(－3)rx6－3r，令6－3r＝0，解得r＝2，所以常數項T3＝Ceq\o\al(2,6)(－3)2＝135.2.(2024·南通調研)已知(3x－1)·(x＋1)n的展開式中所有項的系數之和為64，則展開式中含x2的項的系數為()A.25 B.3 C.5 D.33答案C解析令x＝1，可得展開式中所有項的系數之和為2n＋1＝64，故n＝5，又(x＋1)n即(x＋1)5的展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)·x5－r，則展開式中含有x2的項的系數為3Ceq\o\al(4,5)－Ceq\o\al(3,5)＝5.3.(2024·贛州段考)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,\r(x))))eq\s\up12(8)的展開式中含x5項的系數是()A.－112 B.112 C.－28 D.28答案B解析由二項式定理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,\r(x))))eq\s\up12(8)的展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)x8－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(x))))eq\s\up12(r)＝(－2)rCeq\o\al(r,8)x8－eq\f(3,2)r，0≤r≤8，r∈N，令8－eq\f(3,2)r＝5，解得r＝2，所以含x5項的系數是(－2)2Ceq\o\al(2,8)＝112.4.(2024·成都診斷)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的二項展開式中，第3項與第9項的二項式系數相等，則所有項的系數之和為()A.212 B.312 C.310 D.210答案C解析因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)，且第3項與第9項的二項式系數相等，所以Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(8,n)，解得n＝10，取x＝1，所以所有項的系數之和為310.5.(2024·柳州、梧州大聯考)已知(2－x)·(2x＋1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，則a0＋a6＝()A.34 B.30 C.－34 D.－30答案D解析令x＝0，得a0＝2，(2x＋1)5的展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x)5－r·1r＝25－rCeq\o\al(r,5)x5－r，r＝0，1，2，3，4，5，令r＝0，則T1＝25Ceq\o\al(0,5)x5＝32x5，故a6＝－1×25＝－32，所以a0＋a6＝－30.6.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2x)))eq\s\up12(6)(x＋3)的展開式中，常數項為()A.－eq\f(15,2) B.eq\f(15,2) C.－eq\f(5,2) D.eq\f(5,2)答案A解析原式＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2x)))eq\s\up12(6)＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2x)))eq\s\up12(6)，①而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2x)))eq\s\up12(6)的通項為Tk＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(k)Ceq\o\al(k,6)x6－2k.當6－2k＝－1時，k＝eq\f(7,2)?Z，故①式中的前一項不會出現常數項；當6－2k＝0，即k＝3時，可得①式中的后一項滿足題意，此時原式常數項為3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(3)×Ceq\o\al(3,6)＝－eq\f(15,2).7.(多選)(2024·青島模擬)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))eq\s\up12(8)的展開式中，下列說法正確的是()A.常數項是1120B.第四項和第六項的系數相等C.各項的二項式系數之和為256D.各項的系數之和為256答案AC解析根據二項式定理，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))eq\s\up12(8)的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)28－k(－1)kx8－2k，k＝0，1，2，…，8.對于A，令8－2k＝0，得k＝4，則常數項為Ceq\o\al(4,8)24(－1)4＝1120，故A正確；對于B，第四項的系數為Ceq\o\al(3,8)28－3(－1)3＝－1792，第六項的系數為Ceq\o\al(5,8)28－5(－1)5＝－448，故B錯誤；對于C，因為n＝8，所以各項的二項式系數之和為28＝256，故C正確；對于D，令x＝1，各項的系數之和為1，故D錯誤.8.(2024·廈門質檢)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展開式中，只有第5項的二項式系數最大，則展開式中含x2項的系數為________.答案70解析由題目條件，只有第5項的二項式系數最大，得n＝8.∴通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)x8－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(r)＝(－1)rCeq\o\al(r,8)x8－eq\f(3,2)r，令8－eq\f(3,2)r＝2，解得r＝4.∴展開式中含x2項的系數為(－1)4Ceq\o\al(4,8)＝70.9.(2024·遼寧名校聯考)(eq\r(3,3)－2)7的展開式中第二個有理項為________.答案1680解析(eq\r(3,3)－2)7的展開式的通項Tk＋1＝Ceq\o\al(k,7)·(eq\r(3,3))7－k·(－2)k＝Ceq\o\al(k,7)·3eq\f(7－k,3)·(－2)k(k＝0，1，2，3，4，5，6，7)，要使第k＋1項為有理項，則eq\f(7－k,3)∈Z，則k可取1，4，7，所以(eq\r(3,3)－2)7的展開式中第二個有理項為Ceq\o\al(4,7)·3eq\f(7－4,3)·(－2)4＝35×3×16＝1680.10.設a＝3n＋Ceq\o\al(1,n)3n－1＋Ceq\o\al(2,n)3n－2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)3，則當n＝2024時，a除以15所得余數為________.答案0解析∵Ceq\o\al(0,n)3n＋Ceq\o\al(1,n)3n－1＋Ceq\o\al(2,n)3n－2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)3＋Ceq\o\al(n,n)30＝(3＋1)n＝4n，∴a＝4n－1，當n＝2024時，a＝42024－1＝(15＋1)1012－1，而(15＋1)1012－1＝Ceq\o\al(0,1012)151012＋Ceq\o\al(1,1012)151011＋…＋Ceq\o\al(1011,1012)15，故此時a除以15所得余數為0.11.已知在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq\s\up12(n)的展開式中，第6項為常數項.(1)求n；(2)求含x2的項的系數.解(1)通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)xeq\s\up6(\f(n－r,3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(r)x－eq\f(r,3)＝Ceq\o\al(r,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(r)xeq\s\up6(\f(n－2r,3))，∵第6項為常數項，∴r＝5時，有eq\f(n－2r,3)＝0，即n＝10.(2)令eq\f(n－2r,3)＝2，得r＝eq\f(1,2)(n－6)＝eq\f(1,2)×(10－6)＝2，∴含x2的項的系數為Ceq\o\al(2,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(45,4).12.(2024·武漢質檢)在①只有第6項的二項式系數最大，②第4項與第8項的二項式系數相等，③所有二項式系數的和為210，這三個條件中任選一個，補充在下面(橫線處)問題中，解決下面兩個問題.已知(2x－1)n＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，若(2x－1)n的展開式中，________.(1)求n的值；(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.解(1)選擇條件①：若(2x－1)n的展開式中只有第6項的二項式系數最大，則eq\f(n,2)＝5.所以n＝10.選擇條件②：若(2x－1)n的展開式中第4項與第8項的二項式系數相等，Ceq\o\al(3,n)＝Ceq\o\al(7,n).所以n＝10.選擇條件③：若(2x－1)n的展開式中所有二項式系數的和為210，則2n＝210.所以n＝10.(2)由(1)知n＝10，則(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10，令x＝0，則a0＝1，令x＝－1，則310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝1＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|＝310－1.【B級能力提升】13.(x＋y－2z)5的展開式中，xy2z2的系數是()A.120 B.－120 C.60 D.30答案A解析由題意知(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5，展開式的第k＋1項為Ceq\o\al(k,5)(x＋y)5－k(－2z)k，令k＝2，可得第3項為(－2)2Ceq\o\al(2,5)(x＋y)3z2，(x＋y)3的展開式的第m＋1項為Ceq\o\al(m,3)x3－mym，令m＝2，可得第3項為Ceq\o\al(2,3)xy2，所以(x＋y－2z)5的展開式中，xy2z2的系數是(－2)2Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3)＝120.14.在(3x－2y)20的展開式中，求：(1)二項式系數最大的項；(2)系數絕對值最大的項；(3)系數最大的項.解(1)由題意得二項式系數最大的項為第11項，即T11＝Ceq\o\al(10,20)(3x)10(－2y)10＝Ceq\o\al(10,20)·310·210x10y10.(2)設系數絕對值最大的項是第r＋1項，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(r,20)·320－r·2r≥Ceq\o\al(r＋1,20)·319－r·2r＋1，,Ceq\o\al(r,20)·320－r·2r≥Ceq\o\al(r－1,20)·321－r·2r－1，))化簡得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（r＋1）≥2（20－r），,2（21－r）≥3r，))解得7eq\f(2,5)≤r≤8eq\f(2,5)，因為r∈N，所以r＝8，即T9＝Ceq\o\al(8,20)·312·28x12y8是系數絕對值最大的項.(3)由于系數為正的項為奇數項，故可設第2r－1項的系數最大(r∈N*)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(2r－2,20)·322－2r·22r－2≥Ceq\o\al(2r－4,20)·324－2r·22r－4，,Ceq\o\al(2r－2,20)·322－2r·22r－2≥Ceq\o\al(2r,20)·320－2r·22r，))化簡得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10r2＋143r－1077≤0，,10r2＋163r－924≥0，))解得r＝5，即第9項系數最大，T9＝Ceq\o\al(8,20)·312·28x12y8.第4節(jié)隨機事件、頻率與概率考試要求1.了解隨機事件發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性，理解概率的意義以及頻率與概率的區(qū)別.2.理解事件間的關系與運算.【知識梳理】1.樣本空間和隨機事件(1)樣本點和有限樣本空間①樣本點：隨機試驗E的每個可能的基本結果稱為樣本點，常用ω表示.全體樣本點的集合稱為試驗E的樣本空間，常用Ω表示.②有限樣本空間：如果一個隨機試驗有n個可能結果ω1，ω2，…，ωn，則稱樣本空間Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}為有限樣本空間.(2)隨機事件①定義：將樣本空間Ω的子集稱為隨機事件，簡稱事件.②表示：大寫字母A，B，C，….③隨機事件的極端情形：必然事件、不可能事件.2.事件的關系定義表示法圖示包含關系若事件A發(fā)生，事件B一定發(fā)生，稱事件B包含事件A(或事件A包含于事件B)B?A(或A?B)互斥事件如果事件A與事件B不能同時發(fā)生，稱事件A與事件B互斥(或互不相容)若A∩B＝?，則A與B互斥對立事件如果事件A和事件B在任何一次試驗中有且僅有一個發(fā)生，稱事件A與事件B互為對立，事件A的對立事件記為eq\o(A,\s\up6(－))若A∩B＝?，且A∪B＝Ω，則A與B對立3.事件的運算定義表示法圖示并事件事件A與事件B至少有一個發(fā)生，稱這個事件為事件A與事件B的并事件(或和事件)A∪B(或A＋B)交事件事件A與事件B同時發(fā)生，稱這樣一個事件為事件A與事件B的交事件(或積事件)A∩B(或AB)4.概率與頻率(1)頻率的穩(wěn)定性：一般地，隨著試驗次數n的增大，頻率偏離概率的幅度會縮小，即事件A發(fā)生的頻率fn(A)會逐漸穩(wěn)定于事件A發(fā)生的概率P(A).我們稱頻率的這個性質為頻率的穩(wěn)定性.(2)頻率穩(wěn)定性的作用：可以用頻率fn(A)估計概率P(A).[常用結論與微點提醒]1.從集合的角度理解互斥事件和對立事件(1)幾個事件彼此互斥，是指由各個事件所含的結果組成的集合的交集為空集.(2)事件A的對立事件eq\o(A,\s\up6(－))所含的結果組成的集合，是全集中由事件A所含的結果組成的集合的補集.2.概率加法公式的推廣當一個事件包含多個結果且各個結果彼此互斥時，要用到概率加法公式的推廣，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)事件發(fā)生的頻率與概率是相同的.()(2)在大量的重復試驗中，概率是頻率的穩(wěn)定值.()(3)若隨機事件A發(fā)生的概率為P(A)，則0≤P(A)≤1.()(4)6張獎券中只有一張有獎，甲、乙先后各抽取一張，則甲中獎的概率小于乙中獎的概率.()答案(1)×(2)√(3)√(4)×解析隨機事件的概率是頻率的穩(wěn)定值，頻率是概率的近似值，故(1)錯誤.(4)中，甲中獎的概率與乙中獎的概率相同.2.(必修二P235T1改編)某人打靶時連續(xù)射擊兩次，下列事件中與事件“至少一次中靶”互為對立的是()A.至多一次中靶B.兩次都中靶C.只有一次中靶D.兩次都沒有中靶答案D解析連續(xù)射擊兩次中靶的情況如下：①兩次都中靶；②只有一次中靶；③兩次都沒有中靶，故選D.3.(必修二P235T2改編)擲一枚質地均勻的骰子，“向上的點數是1或3”為事件A，“向上的點數是1或5”為事件B，則()A.A∪B表示向上的點數是1或3或5B.A＝BC.A∪B表示向上的點數是1或3D.A∩B表示向上的點數是1或5答案A解析設A＝{1，3}，B＝{1，5}，則A∩B＝{1}，A∪B＝{1，3，5}，∴A≠B，A∩B表示向上的點數是1，A∪B表示向上的點數為1或3或5.4.(必修二P257T1改編)把一枚質地均勻的硬幣連續(xù)拋擲1000次，其中有496次正面向上，504次反面向上，則擲一次硬幣正面向上的概率為________.答案0.5解析擲一次硬幣正面向上的概率為0.5.考點一隨機事件與樣本空間例1(1)在1，2，3，…，10這十個數字中，任取三個不同的數字，那么“這三個數字的和大于5”這一事件是________.(填“必然事件”或“不可能事件”)答案必然事件解析從1，2，3，…，10這十個數字中任取三個不同的數字，那么這三個數字和的最小值為1＋2＋3＝6，∴事件“這三個數字的和大于5”一定會發(fā)生，∴由必然事件的定義可以得知該事件是必然事件.(2)袋中有大小、形狀相同的紅球、黑球各一個，現在有放回地隨機摸3次，每次摸取一個，觀察摸出球的顏色，則此隨機試驗的樣本點個數為()A.5 B.6 C.7 D.8答案D解析因為是有放回地隨機摸3次，所以隨機試驗的樣本空間為Ω＝{(紅，紅，紅)，(紅，紅，黑)，(紅，黑，紅)，(黑，紅，紅)，(紅，黑，黑)，(黑，紅，黑)，(黑，黑，紅)，(黑，黑，黑)}.共8個.感悟提升確定樣本空間的方法(1)必須明確事件發(fā)生的條件.(2)根據題意，按一定的次序列出問題的答案.特別要注意結果出現的機會是均等的，按規(guī)律去寫，要做到既不重復也不遺漏.訓練1(1)下列說法錯誤的是()A.任一事件的概率總在[0，1]內B.不可能事件的概率一定為0C.必然事件的概率一定為1D.概率是隨機的，在試驗前不能確定答案D解析任一事件的概率總在[0，1]內，不可能事件的概率為0，必然事件的概率為1，概率是客觀存在的，是一個確定值.(2)同時拋擲兩枚完全相同的骰子，用(x，y)表示結果，記A為“所得點數之和小于5”，則事件A包含的樣本點的個數是()A.3 B.4 C.5 D.6答案D解析事件A包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共6個樣本點.考點二事件的關系與運算例2(1)從裝有十個紅球和十個白球的罐子里任取兩球，下列情況中是互斥而不對立的兩個事件的是()A.至少有一個紅球；至少有一個白球B.恰有一個紅球；都是白球C.至少有一個紅球；都是白球D.至多有一個紅球；都是紅球答案B解析對于A，“至少有一個紅球”可能為一個紅球、一個白球，“至少有一個白球”可能為一個白球、一個紅球，故兩事件可能同時發(fā)生，所以不是互斥事件；對于B，“恰有一個紅球”，則另一個必是白球，與“都是白球”是互斥事件，而任取兩球還可能都是紅球，故兩事件不是對立事件；對于C，“至少有一個紅球”為都是紅球或一紅一白，與“都是白球”顯然是對立事件；對于D，“至多有一個紅球”為都是白球或一紅一白，與“都是紅球”是對立事件.(2)(多選)對空中飛行的飛機連續(xù)射擊兩次，每次發(fā)射一枚炮彈，設事件A＝{兩彈都擊中飛機}，事件B＝{兩彈都沒擊中飛機}，事件C＝{恰有一彈擊中飛機}，事件D＝{至少有一彈擊中飛機}，則下列關系正確的是()A.A∩D＝ B.B∩D＝C.A∪C＝D D.A∪B＝B∪D答案BC解析“恰有一彈擊中飛機”指第一枚擊中、第二枚沒中或第一枚沒中、第二枚擊中，“至少有一彈擊中飛機”包含兩種情況，一種是恰有一彈擊中，另一種是兩彈都擊中，故A∩D≠，B∩D＝，A∪C＝D，A∪B≠B∪D.感悟提升1.準確把握互斥事件與對立事件的概念：(1)互斥事件是不可能同時發(fā)生的事件，但也可以同時不發(fā)生；(2)對立事件是特殊的互斥事件，特殊在對立的兩個事件不可能都不發(fā)生，即有且僅有一個發(fā)生.2.判別互斥事件、對立事件一般用定義判斷，不可能同時發(fā)生的兩個事件為互斥事件；兩個事件，若有且僅有一個發(fā)生，則這兩個事件為對立事件，對立事件一定是互斥事件.訓練2(1)(多選)口袋里裝有1紅，2白，3黃共6個除顏色外完全相同的小球，從中取出兩個球，事件A＝“取出的兩個球同色”，B＝“取出的兩個球中至少有一個黃球”，C＝“取出的兩個球至少有一個白球”，D＝“取出的兩個球不同色”，E＝“取出的兩個球中至多有一個白球”.下列判斷正確的是()A.A與D為對立事件 B.B與C是互斥事件C.C與E是對立事件 D.P(C∪E)＝1答案AD解析當取出的兩個球為一黃一白時，B與C都發(fā)生，B不正確；當取出的兩個球中恰有一個白球時，事件C與E都發(fā)生，C不正確；顯然A與D是對立事件，A正確；C∪E為必然事件，P(C∪E)＝1，D正確.(2)(多選)下列說法正確的是()A.對立事件一定是互斥事件B.若A，B為兩個互斥事件，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)C.若事件A，B，C兩兩互斥，則P(A)＋P(B)＋P(C)＝1D.若事件A，B滿足P(A)＋P(B)＝1，則A，B互為對立事件答案AB解析對于C，概率的加法公式可以適合多個互斥事件的和事件，但和事件不一定是必然事件，錯誤；對于D，對立事件和的概率公式逆用不正確，例如兩種沒有聯系的事件，概率和滿足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不對立，故D錯誤.考點三頻率與概率例3如圖，A地到火車站共有兩條路徑L1和L2，現隨機抽取100位從A地到達火車站的人進行調查，調查結果如下：所用時間(分鐘)10～2020～3030～4040～5050～60選擇L1的人數612181212選擇L2的人數0416164(1)試估計40分鐘內不能趕到火車站的概率；(2)分別求通過路徑L1和L2所用時間落在上表中各時間段內的頻率；(3)現甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘時間用于趕往火車站，為了盡最大可能在允許的時間內趕到火車站，試通過計算說明，他們應如何選擇各自的路徑.解(1)由已知共調查了100人，其中40分鐘內不能趕到火車站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，∴用頻率估計相應的概率為p＝eq\f(44,100)＝0.44.(2)選擇L1的有60人，選擇L2的有40人，故由調查結果得頻率為所用時間(分鐘)10～2020～3030～4040～5050～60L1的頻率0.10.20.30.20.2L2的頻率00.10.40.40.1(3)設A1，A2分別表示甲選擇L1和L2時，在40分鐘內趕到火車站；B1，B2分別表示乙選擇L1和L2時，在50分鐘內趕到火車站.由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，∵P(A1)＞P(A2)，∴甲應選擇L1.同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，∵P(B1)＜P(B2)，∴乙應選擇L2.感悟提升1.頻率反映了一個隨機事件出現的頻繁程度，頻率是隨機的，而概率是一個確定的值，通常用概率來反映隨機事件發(fā)生的可能性的大小，有時也用頻率來作為隨機事件概率的估計值.2.利用概率的統計定義求事件的概率，即通過大量的重復試驗，事件發(fā)生的頻率會逐步趨近于某一個常數，這個常數就是概率.訓練3某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完.根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關.如果最高氣溫不低于25℃，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20，25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20℃，需求量為200瓶.為了確定六月份的訂購計劃，統計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布表：最高氣溫[10，15)[15，20)[20，25)[25，30)[30，35)[35，40]天數216362574以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率估計最高氣溫位于該區(qū)間的概率.(1)估計六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率；(2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)，當六月份這種酸奶一天的進貨量為450瓶時，寫出Y的所有可能值，并估計Y大于零的概率.解(1)這種酸奶一天的需求量不超過300瓶，當且僅當最高氣溫低于25℃，由表中數據可知，最高氣溫低于25℃的頻率為eq\f(2＋16＋36,90)＝0.6.所以這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率的估計值為0.6.(2)當這種酸奶一天的進貨量為450瓶時，若最高氣溫低于20℃，則Y＝200×6＋(450－200)×2－450×4＝－100；若最高氣溫位于區(qū)間[20，25)，則Y＝300×6＋(450－300)×2－450×4＝300；若最高氣溫不低于25℃，則Y＝450×(6－4)＝900，所以，利潤Y的所有可能值為－100，300，900.Y大于零當且僅當最高氣溫不低于20℃，由表格數據知，最高氣溫不低于20℃的頻率為eq\f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8.因此Y大于零的概率的估計值為0.8.【A級基礎鞏固】1.下列事件中不可能事件或必然事件的個數是()①2025年8月18日，北京市不下雨；②在標準大氣壓下，水在4℃時結冰；③從標有1，2，3，4的4張?zhí)柡炛腥稳∫粡?，恰?號簽；④x∈R，則|x|的值不小于0.A.1 B.2 C.3 D.4答案B解析①為隨機事件，②為不可能事件，③為隨機事件，④為必然事件.2.(2024·三明調研)一個不透明的袋子中裝有8個紅球、2個白球，除顏色外，球的大小、質地完全相同，采用不放回的方式從中摸出3個球.下列事件為不可能事件的是()A.3個都是白球 B.3個都是紅球C.至少1個紅球 D.至多2個白球答案A解析從8個紅球、2個白球中采用不放回的方式從中摸出3個白球，不可能發(fā)生，故選A.3.(多選)某人打靶時連續(xù)射擊兩次，設事件A＝“只有一次中靶”，B＝“兩次都中靶”，則下列結論正確的是()A.A?BB.A∩B＝?C.A∪B＝“至少一次中靶”D.A與B互為對立事件答案BC解析事件A＝“只有一次中靶”，B＝“兩次都中靶”，所以A，B是互斥但不是對立事件，所以A，D錯誤，B正確；A∪B＝“至少一次中靶”，C正確.4.已知隨機事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，則P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝()A.0.5 B.0.1 C.0.7 D.0.8答案A解析∵隨機事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，∴P(A)＝P(A∪B)－P(B)＝0.7－0.2＝0.5，∴P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－P(A)＝1－0.5＝0.5.5.拋擲一枚骰子，“向上的點數是1或2”為事件A，“向上的點數是2或3”為事件B，則()A.A?BB.A＝BC.A＋B表示向上的點數是1或2或3D.AB表示向上的點數是1或2或3答案C解析由題意，可知A＝{1，2}，B＝{2，3}，則AB＝{2}，A＋B＝{1，2，3}，∴A＋B表示向上的點數是1或2或3.6.(多選)不透明的口袋內裝有紅色、綠色和藍色卡片各2張，一次任意取出2張卡片，則與事件“2張卡片都為紅色”互斥而不對立的事件有()A.2張卡片不全為紅色B.2張卡片中恰有一張為紅色C.2張卡片中至少有一張紅色D.2張卡片都為綠色答案BD解析C中“2張卡片中至少一張為紅色”包含事件“2張卡片都為紅色”，二者并非互斥；A中“2張卡片不全為紅色”與“2張卡片都為紅色”是對立事件.B，D正確.7.(多選)(2024·太原段考)下列說法正確的是()A.若事件A與B互斥，則A∪B是必然事件B.《西游記》《三國演義》《水滸傳》《紅樓夢》是我國四大名著.若在這四大名著中，甲、乙、丙、丁分別任取一本進行閱讀，設事件E＝“甲取到《紅樓夢》”，事件F＝“乙取到《紅樓夢》”，則E與F是互斥但不對立事件C.擲一枚骰子，記錄其向上的點數，記事件A＝“向上的點數不大于5”，事件B＝“向上的點數為質數”，則B?AD.10個產品中有2個次品，從中抽取一個產品檢查其質量，則樣本空間含有2個樣本點答案BCD解析對于A，事件A與B互斥時，A∪B不一定是必然事件，故A錯誤；對于B，事件E與F不會同時發(fā)生，所以E與F是互斥事件，但除了事件E與F之外還有“丙取到《紅樓夢》”“丁取到《紅樓夢》”，所以E與F不是對立事件，故E與F是互斥但不對立事件，故B正確；對于C，事件A＝{1，2，3，4，5}，事件B＝{2，3，5}，所以B包含于A，故C正確；對于D，樣本空間Ω＝{正品，次品}，含有2個樣本點，故D正確.8.籠子中有4只雞和3只兔，依次取出一只，直到3只兔全部取出，記錄剩下動物的腳數.則該試驗的樣本空間Ω＝________.答案{0，2，4，6，8}解析最少需要取3次，最多需要取7次，那么剩余雞的只數最多4只，最少0只，所以剩余動物的腳數可能是8，6，4，2，0.9.某城市2024年的空氣質量狀況如下表所示：污染指數T3060100110130140概率Peq\f(1,10)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(7,30)eq\f(2,15)eq\f(1,30)其中污染指數T≤50時，空氣質量為優(yōu)；50＜T≤100時，空氣質量為良；100＜T≤150時，空氣質量為輕微污染，則該城市2024年空氣質量達到良或優(yōu)的概率為________.答案eq\f(3,5)解析由題意可知2024年空氣質量達到良或優(yōu)的概率P＝eq\f(1,10)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,3)＝eq\f(3,5).10.商場在一周內共賣出某種品牌的皮鞋300雙，商場經理為考察其中各種尺碼皮鞋的銷售情況，以這周內某天售出的40雙皮鞋的尺碼為一個樣本，分為5組，已知第3組的頻率為0.25，第1，2，4組的頻數分別為6，7，9.若第5組表示的是尺碼為40～42的皮鞋，則售出的這300雙皮鞋中尺碼為40～42的皮鞋約為________雙.答案60解析∵第1，2，4組的頻數分別為6，7，9，∴第1，2，4組的頻率分別為eq\f(6,40)＝0.15，eq\f(7,40)＝0.175，eq\f(9,40)＝0.225.∵第3組的頻率為0.25，∴第5組的頻率是1－0.25－0.15－0.175－0.225＝0.2，∴售出的這300雙皮鞋中尺碼為40～42的皮鞋約為0.2×300＝60(雙).11.某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數的關聯如下：上年度出險次數01234≥5保費0.85aa1.25a1.5a1.75a2a隨機調查了該險種的200名續(xù)保人在一年內的出險情況，得到如下統計表：出險次數01234≥5頻數605030302010(1)記A為事件：“一續(xù)保人本年度的保費不高于基本保費”，求P(A)的估計值；(2)記B為事件：“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費但不高于基本保費的160%”，求P(B)的估計值；(3)求續(xù)保人本年度平均保費的估計值.解(1)事件A發(fā)生當且僅當一年內出險次數小于2.由所給數據知，一年內出險次數小于2的頻率為eq\f(60＋50,200)＝0.55，故P(A)的估計值為0.55.(2)事件B發(fā)生當且僅當一年內出險次數大于1且小于4.由所給數據知，一年內出險次數大于1且小于4的頻率為eq\f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估計值為0.3.(3)由所給數據得保費0.85aa1.25a1.5a1.75a2a頻率0.300.250.150.150.100.05調查的200名續(xù)保人的平均保費為0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.1925a.因此，續(xù)保人本年度平均保費的估計值為1.1925a.12.(2024·荊州調考)在試驗E：“連續(xù)拋擲一枚質地均勻的正方體骰子2次，觀