素质能力检测（十一）
一、选择题（每小题5分，共60分）
1.从含有10个元素的集合的全部子集中任取一个，所取的子集是含有3个元素的集合的概率是
A.
B.
C.
D.
解析：含有3个元素的集合个数为C
，
所有子集的个数为210，
所求概率P=
=.
答案：D
2.把红、白、黑三张卡片随机地分给甲、乙、丙三人，每人一张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是
A.互斥非对立事件 B.对立事件
C.互相独立事件 D.以上都不对
解析：由定义可得，选A.
答案：A
3.甲、乙两人射击的命中率分别为0.8和0.7，二人同时射击互不影响，结果都命中的概率是
A.0.56 B.0.06 C.0.14 D.0.24
解析：P=0.8×0.7=0.56，选A.
答案：A
4.一批零件10个，其中有8个合格品，2个次品，每次任取一个零件装配机器，若第一次取得合格品的概率是P1，第二次取得合格品的概率是P2，则
A.P1>P2 B.P1=P2 C.P1<P2 D.P1=2P2
解析：P1=
=
，P2=
=，所以P1=P2.
答案：B
5.袋中有红、黄、白色球各一个，每次任取一个，有放回地抽取3次，则下列事件中概率是
的是
A.颜色全同 B.颜色全不同
C.颜色无红色 D.颜色不全同
解析：先计算颜色全相同的概率为P=
=
，所以是颜色不全同的概率.
答案：D
6.（2004年江苏模拟题）一个正方体，它的表面涂满了红色.在它的每个面上切两刀，可得27个小立方块，从中任取2个，其中恰有1个一面涂有红色，1个两面涂有红色的概率为
A.
B.
C.
D.
解析：由
=.故选C.
答案：C
7.从1，2，…，6这六个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为偶数的概率是
A.
B.
C.
D.
解析：3个数的和为偶数可能都是偶数或2个奇数1个偶数，其取法为C
+C
C
.
∴P=
=.故选C.
答案：C
8.从3台甲型彩电和2台乙型彩电中任取2台，其中两种品牌齐全的概率是
A.
B.
C.
D.
解析：品牌齐全的取法有CC
，
故所求概率P=
=.
答案：C
9.（2004年武汉模拟题）设两个独立事件A和B均不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率P（A）是
A.
B.
C.
D.
解析：设A、B发生的概率分别为p1、p2，
由题意知
解得p1=p2=.故选D.
答案：D
10.（2004年潍坊市模拟题）一次课改经验交流会打算交流试点类学校的论文5篇和非试点类学校的论文3篇.排列次序可任意排列，则最先和最后交流的论文不来自同类学校的概率是
A.
B.
C.
D.
解析：最先和最后交流论文来自不同学校的取法为C
CA
A
.
∴所求概率P=
=.
答案：B
11.甲袋内装有白球3个、黑球5个，乙袋内装有白球4个、黑球6个.现从甲袋内随机抽取一个球放入乙袋，充分掺混后再从乙袋内随机抽取一个球放入甲袋，则甲袋内白球没有减少的概率为
A.
B.
C.
D.
解析：分两类.（1）若从甲袋取黑球，其白球没有减少的概率P1=
.
（2）若从甲袋中取白球，同样P2=
.
故白球没有减少的概率P=+=
+
=.
答案：B
12.如果一个人的生日在星期几是等可能的，那么6个人的生日都集中在一个星期中的两天，但不是都在同一天的概率是
A.
B.
C.
D.
解析：（1）每个人生日都有7种可能，故共有76种；
（2）集中在两天中，故为C
（26－2）（每人生日有两种可能，集中在同一天也为2种）.所以P=
，故选A.
答案：A
二、填空题（每小题4分，共16分）
13.（2004年广东，13）某班委会由4名男生与3名女生组成.现从中选出2人担任正副班长，其中至少有1名女生当选的概率是________.（用分数作答）
解析：2名女生当选的取法为C，1名女生当选的取法为C
C.
∴概率为
=
.
答案：
14.（2005年春季上海，6）某班共有40名学生，其中只有一对双胞胎，若从中一次随机抽查三位学生的作业，则这对双胞胎的作业同时被抽中的概率是________.（结果用最简分数表示）
解析：∵抽查三位学生双胞胎在内的方法为C
种，
∴P=
=
.
答案：
15.某厂有三个顾问，假定每个顾问发表的意见是正确的概率为0.8.现就某事可行与否征求各顾问的意见，并按顾问中多数人的意见作出决策，作出正确决策的概率是________.
解析：至少有两个顾问作出正确决定即可.
P=C·0.82·0.2+0.83=0.896.
答案：0.896
16.六位身高全不相同的同学拍照留念，摄影师要求前后两排各三人，则后排每人均比前排同学高的概率是________.
解析：6位同学共有A种排法，其中后排每人均比前排同学高，共有AA种排法，故其概率为
=
.
答案：
三、解答题（本大题共6小题，共74分）
17.（12分）已知集合A={－8，－6，－4，－2，0，1，3，5，7}，在平面直角坐标系中，点（x，y）的坐标x∈A，y∈A，且x≠y，计算：
（1）点（x，y）正好在第二象限的概率；
（2）点（x，y）不在x轴上的概率.
解：（1）P1=
=.
（2）P2=
=（或P2=1－
=.
∴点（x，y）正好在第二象限的概率是，
点（x，y）不在x轴上的概率是.
18.（12分）某商店采用“购物摸球中奖”促销活动，摸奖处袋中装有10个号码为n（1≤n≤10，n∈N*），重量为f（n）=n2－9n+21（g）的球.摸奖方案见下表：
| 方 案 | 摸奖办法 | 奖 金 |
| ① | 凡一次购物在［50，100］元者，摸球1个，若球的重量小于该球的号码数，则中奖 | 10元 |
| ② | 凡一次购物在100元以上者，同时摸出两球，若两球的重量相等，则中奖 | 40元 |
说明：凭购物发票到摸奖处，按规定方案摸奖；这些球以等可能性从袋中摸出；假定符合条件的顾客均参加摸奖.
试比较方案①与②的中奖概率的大小.
解：当球的重量小于号码数时，有
n2－9n+21<n，解得3<n<7.
∵n∈N*，∴n的取值为4，5，6.
∴所求的概率为P1=.
设第n号与第m号的两个球的重量相等，不妨设n<m，则有n2－9n+21=m2－9m+21，
即（n－m）（m+n－9）=0.
∵n≠m，∴m+n=9.
∴（n，m）的取值满足（1，8），（2，7），（3，6），（4，5）.
∴所求的概率为P2=
=
.
∴P1>P2，即方案①的中奖概率大.
19.（12分）如图，电路中4个方框处均为保险匣，方框内数字为通电后在一天内保险丝不被烧断的概率，假定通电后保险丝是否烧断是互相独立的.
求：（1）通电后电路在一天内A、B恰有一个被烧断的概率；
（2）通电后电路在一天内不断路的概率.
解：以A、B、C、D分别记为各处保险丝不被烧断的事件，则它们的对立事件为
、
、
、
，依题意各事件是相互独立的.
（1）通电后电路在一天内A、B恰有一个被烧断包括两种情况：
A被烧断但B不被烧断，即·B事件发生；
A不被烧断但B被烧断，即A·事件发生.
由题意事件·B与A·互斥，
故所求概率为
P（·B+A·）=P（·B）+P（A·）=P（）P（B）+P（A）P（）=（1－
）×+×（1－）=.
（2）左电路系统不断路的概率为1－P（··）=1－P（）P（）P（）=1－（1－）（1－）（1－
）=
.
一天内电路不断路的概率为×=
.
20.（12分）某学生骑自行车上学，从家到学校的途中有2个交通岗.假设他在这两个交通岗处遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是0.6，计算：
（1）2次都遇到红灯的概率；
（2）至少遇到1次红灯的概率.
（1）解：记“他第一次遇到红灯”为事件A，记“他第二次遇到红灯”为事件B.由题知，A与B是相互独立的，因此，“他两次都遇到红灯”就是事件A·B发生.根据相互独立事件的概率乘法公式，得P（A·B）=P（A）·P（B）=0.6×0.6=0.36.
答：他两次都遇到红灯的概率是0.36.
（2）解法一：=“他第一次没有遇到红灯”，=“他第二次没有遇到红灯”.
∴·B=“他第一次没有遇到红灯，第二次遇到红灯”，A·=“他第一次遇到红灯，第二次没有遇到红灯”，并有·B与A·是互斥的，因此，他恰有一次遇到红灯的概率是P（·B+A·）=P（·B）+P（A·）=（1－0.6）×0.6+0.6×（1－0.6）=0.48.
∴他至少遇到1次红灯的概率是P（A·B）+P（·B+A·）=0.36+0.48=0.84.
答：至少遇到1次红灯的概率是0.84.
解法二：=“他第一次没有遇到红灯”，=“他第二次没有遇到红灯”.
∴·=“他两次都没有遇到红灯”，
P（·）=P（）·P（）=（1－0.6）×（1－0.6）=0.16.
∴他至少遇到1次红灯的概率是P=1－P（·）=1－0.16=0.84.
答：至少遇到1次红灯的概率是0.84.
21.（12分）（理）现有5个工人独立地工作，假定每个工人在1小时内平均有12分钟需要电力.
（1）求在同一时刻有3个工人需要电力的概率；
（2）如果最多只能供应3个人需要的电力，求超过负荷的概率.
解：（1）依题意，每名工人在1小时内需要电力的概率是P=
=.
因此，在同一时刻有3个工人需要电力的概率为P1=C
（）3（）2=0.0512.
（2）超负荷的概率为P2=C
（）4（）+C
（）5=
+
=0.00672.
（文）甲、乙两个篮球运动员，投篮命中率分别是0.7和0.8，每人投篮两次.
（1）求甲进2球，乙进1球的概率；
（2）若投进1球得2分，未投进得0分，求甲、乙二人得分相等的概率.
解：（1）依题意，所求概率为P1=C0.72·C0.8×0.2=0.1568.
（2）甲、乙二人得分相等的概率为
P2=C0.72·C0.82+C0.7×0.3×C0.8×0.2+0.32×0.22
=0.3136+0.1344+0.0036
=0.4516.
22.有点难度哟！
（14分）某数学家随身带着甲、乙两盒火柴，每盒有n根，每次用时，随机地任取一盒，然后从中抽取一根（巴拿赫火柴问题）.求：
（1）第一次发现一盒空时，另一盒恰剩r根火柴的概率（r=0，1，…，n）；
（2）第一次用完一盒火柴（不是发现空）时另一盒恰剩r根火柴的概率（r=1，2，…，n）.
分析：第n+1次取到甲盒时，才发现甲盒空，但第n次取甲盒后即已用完甲盒火柴.因此（1）（2）中的两个事件不同.
解：（1）记A=“首次发现一盒空时另一盒恰剩r根火柴”，
B=“首次发现的空盒是甲盒且此时乙盒恰剩r根火柴”，
C=“首次发现的空盒是乙盒且此时甲盒恰剩r根火柴”.
则事件B与C互斥，A=B+C.
由于甲、乙盒所处地位相同，故P（B）=P（C）.
为求P（B），令D=“在甲、乙两盒中任取一盒，得到甲盒”，则P（D）=.
事件B发生相当于独立重复地做了2n－r+1次试验，前2n－r次D恰好发生n次、第2n－r+1次D也发生.
因此P（B）=C
（）n（1－）n－r·
=
C，
P（A）=P（B）+P（C）=2P（B）=
C.
（2）记E=“首次用完一盒时另一盒恰有r根”，
F（G）=“首次用完的是甲（乙）盒且此时乙（甲）盒恰有r根火柴”.
则事件F与G互斥，E=F+G.
事件F发生相当于独立重复地做了2n－r次试验，前2n－r－1次D恰好发生n－1次，第2n－r次D也发生.
故P（F）=C
（）n－1（1－）n－r·=
C.
类似（1），P（E）=P（F）+P（G）=2P（F）=
C.
评述：改记A为Ar，则A0，A1，…，An彼此互斥，和是必然事件，故
C
=1；
改记E为Er，则E1，E2，…，En也彼此互斥，和是必然事件，
故
C=1.
因此使用概率方法我们可以得到一些恒等式.
（1）中分别取r=0和n，得
P（首次发现一盒空时另一盒也空）=C
，
P（首次发现一盒空时另一盒原封未动）=
；
（2）中取r=n，得
P（用完一盒时另一盒原封未动）=
.