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人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率本章综合与测试同步训练题
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这是一份人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率本章综合与测试同步训练题，共7页。试卷主要包含了互斥事件，古典概型，相互独立事件概率的计算等内容，欢迎下载使用。
一、互斥事件、对立事件与相互独立事件
1.互斥事件是不可能同时发生的两个事件；对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必须有一个发生.因此对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况.
2.掌握互斥事件和对立事件的概率公式及应用，提升逻辑推理和数学运算素养.
例1 (1)袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，否则记为C，那么事件A与B，A与C间的关系是( )
A.A与B，A与C均相互独立
B.A与B相互独立，A与C互斥
C.A与B，A与C均互斥
D.A与B互斥，A与C相互独立
(2)从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：
①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；
②至少有一个是奇数和两个都是奇数；
③至少有一个是奇数和两个都是偶数；
④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.
上述事件中，是对立事件的是( )
A.① B.②④ C.③ D.①③
答案 (1)A (2)C
解析 (1)有放回地摸球，第一次摸球与第二次摸球之间没有影响.(2)③中“至少有一个是奇数”，即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数，根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件.
反思感悟 事件间的关系的判断方法
(1)判断事件间的关系时，可把所有的试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件间的关系.
(2)对立事件一定是互斥事件，也就是说不互斥的两事件一定不是对立事件，在确定了两个事件互斥的情况下，就要看这两个事件的和事件是不是必然事件，这是判断两个事件是否为对立事件的基本方法.判断互斥事件、对立事件时，注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的，不能在多次试验中判断.
(3)判断两事件是否相互独立，有两种方法：①直接法；②看P(AB)与P(A)·P(B)是否相等，若相等，则A，B相互独立，否则不相互独立.
跟踪训练1 (1)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是eq \f(3,10)，那么概率是eq \f(7,10)的事件是( )
A.至多有一张移动卡 B.恰有一张移动卡
C.都不是移动卡 D.至少有一张移动卡
(2)下列事件A，B是相互独立事件的是( )
A.一枚硬币掷两次，A表示“第一次为正面”，B表示“第二次为反面”
B.袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸球两次，每次摸一球，A表示“第一次摸到白球”，B表示“第二次摸到白球”
C.掷一枚骰子，A表示“掷出点数为奇数”，B表示“掷出点数为偶数”
D.有一个灯泡，A表示“灯泡能用1 000小时”，B表示“灯泡能用2 000小时”
答案 (1)A (2)A
解析 (1)“至多有一张移动卡”包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，其概率为1－eq \f(3,10)＝eq \f(7,10).
(2)B选项由于是不放回摸球，故事件A与B不相互独立，C选项中A与B为对立事件，D选项中事件B受事件A影响，故选A.
二、古典概型
1.古典概型是一种最基本的概率模型，是学习其他概率模型的基础，解题时要紧紧抓住古典概型的两个基本特征，即有限性和等可能性.在应用公式P(A)＝eq \f(m,n)时，关键在于正确理解试验的发生过程，求出试验的样本空间的样本点总数n和事件A的样本点个数m.
2.掌握古典概型的概率公式及其应用，提升数学抽象、数据分析的数学素养.
例2 袋中装有除颜色外其他均相同的6个球，其中4个白球、2个红球，从袋中任取两球，求下列事件的概率.
(1)A：取出的两球都是白球；
(2)B：取出的两球一个是白球，另一个是红球.
解 设4个白球的编号为1,2,3,4,2个红球的编号为5,6.从袋中的6个球中任取2个球，样本空间Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)}，共15个样本点，且每个样本点出现的可能性相同.
(1)“从袋中的6个球中任取2球，所取的2球全是白球”为事件A，则A＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，共含有6个样本点.所以P(A)＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
(2)“从袋中的6个球中任取2球，其中一个是白球，另一个是红球”为事件B，则B＝{(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)}，共含有8个样本点，所以P(B)＝eq \f(8,15).
反思感悟 在古典概型中，计算概率的关键是准确找到样本点的数目，这就需要我们能够熟练运用图表和树状图，把样本点一一列出.而有许多试验，它们的可能结果非常多，以至于我们不可能将所有结果全部列出，这时我们不妨找找其规律，算出样本点的数目.
跟踪训练2 某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)
(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5,3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率.
解 (1)由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，
故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，
所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为P＝eq \f(15,45)＝eq \f(1,3).
(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的样本空间Ω＝{A1B1，A1B2，A1B3，A2B1，A2B2，A2B3，A3B1，A3B2，A3B3，A4B1，A4B2，A4B3，A5B1，A5B2，A5B3}，共含15个样本点.
根据题意这些样本点出现的可能性相等.事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的样本点有A1B2，A1B3，共2个.
所以其概率为P＝eq \f(2,15).
三、相互独立事件概率的计算
1.相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解.
2.掌握相互独立事件的概率公式的应用，提升数学抽象和逻辑推理的数学素养.
例3 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为eq \f(4,5)，eq \f(3,5)，eq \f(2,5)，且各轮问题能否正确回答互不影响.
(1)求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；
(2)求该选手至多进入第二轮考核的概率.
解 记“该选手正确回答第i轮问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝eq \f(4,5)，P(A2)＝eq \f(3,5)，P(A3)＝eq \f(2,5).
(1)该选手进入第三轮才被淘汰的概率为
P(A1A2eq \x\t(A3))＝P(A1)P(A2)P(eq \x\t(A3))＝eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))＝eq \f(36,125).
(2)该选手至多进入第二轮考核的概率为
P(eq \x\t(A1)＋A1eq \x\t(A2))＝P(eq \x\t(A1))＋P(A1)P(eq \x\t(A2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,5)))＋eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(13,25).
反思感悟 解此类题的步骤如下
(1)标记事件.
(2)判断事件的独立性.
(3)分清所涉及的事件及事件状态(互斥还是对立).
(4)套用公式.
跟踪训练3 设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响，已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125.
(1)分别求甲、乙、丙每台机器在这一小时内需要照顾的概率；
(2)计算这一小时内至少有一台机器需要照顾的概率.
解 记甲、乙、丙三台机器在某一小时内需要照顾分别为事件A，B，C，则A，B，C两两相互独立.
(1)由题意得
P(AB)＝P(A)P(B)＝0.05，
P(AC)＝P(A)P(C)＝0.1，
P(BC)＝P(B)P(C)＝0.125，
∴P(A)＝0.2，P(B)＝0.25，P(C)＝0.5，
∴甲、乙、丙每台机器在这一小时内需要照顾的概率分别为0.2,0.25,0.5.
(2)∵A，B，C两两相互独立，
∴eq \x\t(A)，eq \x\t(B)，eq \x\t(C)两两相互独立，
∴甲、乙、丙每台机器在一个小时内都不需要照顾的概率为
P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＝0.8×0.75×0.5＝0.3，
∴这一小时内至少有一台需要照顾的概率为
P＝1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝1－0.3＝0.7.
1.从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，那么互斥而不对立的事件是( )
A.“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B.“至少有一个黑球”与“都是红球”
C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D.“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
答案 D
解析 A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球，一个红球”这一事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系.
2.甲、乙两人下棋，和棋的概率是eq \f(1,2)，乙获胜的概率是eq \f(1,3)，则下列说法正确的是( )
A.甲获胜的概率是eq \f(1,6) B.甲不输的概率是eq \f(1,2)
C.乙输了的概率是eq \f(2,3) D.乙不输的概率是eq \f(1,2)
答案 A
解析 “甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P＝1－eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，故A正确；“乙输了”等于“甲获胜”，其概率为eq \f(1,6)，故C不正确；设事件A为“甲不输”，则A是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P(A)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)(或设事件A为“甲不输”，则A是“乙获胜”的对立事件，所以P(A)＝1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3))，故B不正确；同理，“乙不输”的概率为eq \f(5,6)，故D不正确.
3.古代“五行”学说认为：“物质分金、木、水、火、土五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”，从五种不同属性的物质中随机抽取两种，则抽取的两种物质不相克的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
答案 C
解析 从五种不同属性的物质中随机抽取两种，出现的情况有(金，木)，(金，水)，(金，火)，(金，土)，(木，水)，(木，火)，(木，土)，(水，火)(水，土)，(火，土)，共10种等可能情况，其中金克木，木克土，土克水，水克火，火克金，即相克的有5种，则不相克的也有5种，所以抽取的两种物质不相克的概率为eq \f(1,2).
4.某校高二(1)班甲、乙两同学进行投篮比赛，他们进球的概率分别是eq \f(3,4)和eq \f(4,5)，现甲、乙各投篮一次，恰有一人投进球的概率是( )
A.eq \f(1,20) B.eq \f(3,20) C.eq \f(1,5) D.eq \f(7,20)
答案 D
解析 有甲进球乙不进球，甲不进球乙进球两种情况，故所求概率P＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(4,5)＝eq \f(7,20).
5.在一个不透明的箱子里装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1,2,3,4,5，甲先从箱子中摸出一个小球，记下球上数字后，再将该小球放回箱子中摇匀，然后乙从该箱子中摸出一个小球.
(1)若甲、乙两人谁摸出的球上标的数字大谁就获胜(若数字相同则为平局)，求甲获胜的概率；
(2)若规定：两人摸到的球上所标数字之和小于6，则甲获胜，否则乙获胜，这样规定公平吗？
解 用(x，y)(x表示甲摸到的数字，y表示乙摸到的数字)表示甲、乙各摸一球构成的样本点，则样本点有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共25个.
(1)设甲获胜的事件为A，则事件A包含的样本点有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，共10个.
则P(A)＝eq \f(10,25)＝eq \f(2,5).
(2)设甲获胜的事件为B，乙获胜的事件为C.事件B所包含的样本点有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，共10个.
则P(B)＝eq \f(10,25)＝eq \f(2,5)，所以P(C)＝1－P(B)＝eq \f(3,5).
因为P(B)≠P(C)，所以这样规定不公平.参加书法社团
未参加书法社团
参加演讲社团
8
5
未参加演讲社团
2
30
一、互斥事件、对立事件与相互独立事件
1.互斥事件是不可能同时发生的两个事件；对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必须有一个发生.因此对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况.
2.掌握互斥事件和对立事件的概率公式及应用，提升逻辑推理和数学运算素养.
例1 (1)袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，否则记为C，那么事件A与B，A与C间的关系是( )
A.A与B，A与C均相互独立
B.A与B相互独立，A与C互斥
C.A与B，A与C均互斥
D.A与B互斥，A与C相互独立
(2)从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：
①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；
②至少有一个是奇数和两个都是奇数；
③至少有一个是奇数和两个都是偶数；
④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.
上述事件中，是对立事件的是( )
A.① B.②④ C.③ D.①③
答案 (1)A (2)C
解析 (1)有放回地摸球，第一次摸球与第二次摸球之间没有影响.(2)③中“至少有一个是奇数”，即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数，根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件.
反思感悟 事件间的关系的判断方法
(1)判断事件间的关系时，可把所有的试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件间的关系.
(2)对立事件一定是互斥事件，也就是说不互斥的两事件一定不是对立事件，在确定了两个事件互斥的情况下，就要看这两个事件的和事件是不是必然事件，这是判断两个事件是否为对立事件的基本方法.判断互斥事件、对立事件时，注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的，不能在多次试验中判断.
(3)判断两事件是否相互独立，有两种方法：①直接法；②看P(AB)与P(A)·P(B)是否相等，若相等，则A，B相互独立，否则不相互独立.
跟踪训练1 (1)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是eq \f(3,10)，那么概率是eq \f(7,10)的事件是( )
A.至多有一张移动卡 B.恰有一张移动卡
C.都不是移动卡 D.至少有一张移动卡
(2)下列事件A，B是相互独立事件的是( )
A.一枚硬币掷两次，A表示“第一次为正面”，B表示“第二次为反面”
B.袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸球两次，每次摸一球，A表示“第一次摸到白球”，B表示“第二次摸到白球”
C.掷一枚骰子，A表示“掷出点数为奇数”，B表示“掷出点数为偶数”
D.有一个灯泡，A表示“灯泡能用1 000小时”，B表示“灯泡能用2 000小时”
答案 (1)A (2)A
解析 (1)“至多有一张移动卡”包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，其概率为1－eq \f(3,10)＝eq \f(7,10).
(2)B选项由于是不放回摸球，故事件A与B不相互独立，C选项中A与B为对立事件，D选项中事件B受事件A影响，故选A.
二、古典概型
1.古典概型是一种最基本的概率模型，是学习其他概率模型的基础，解题时要紧紧抓住古典概型的两个基本特征，即有限性和等可能性.在应用公式P(A)＝eq \f(m,n)时，关键在于正确理解试验的发生过程，求出试验的样本空间的样本点总数n和事件A的样本点个数m.
2.掌握古典概型的概率公式及其应用，提升数学抽象、数据分析的数学素养.
例2 袋中装有除颜色外其他均相同的6个球，其中4个白球、2个红球，从袋中任取两球，求下列事件的概率.
(1)A：取出的两球都是白球；
(2)B：取出的两球一个是白球，另一个是红球.
解 设4个白球的编号为1,2,3,4,2个红球的编号为5,6.从袋中的6个球中任取2个球，样本空间Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)}，共15个样本点，且每个样本点出现的可能性相同.
(1)“从袋中的6个球中任取2球，所取的2球全是白球”为事件A，则A＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，共含有6个样本点.所以P(A)＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
(2)“从袋中的6个球中任取2球，其中一个是白球，另一个是红球”为事件B，则B＝{(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)}，共含有8个样本点，所以P(B)＝eq \f(8,15).
反思感悟 在古典概型中，计算概率的关键是准确找到样本点的数目，这就需要我们能够熟练运用图表和树状图，把样本点一一列出.而有许多试验，它们的可能结果非常多，以至于我们不可能将所有结果全部列出，这时我们不妨找找其规律，算出样本点的数目.
跟踪训练2 某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)
(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5,3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率.
解 (1)由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，
故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，
所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为P＝eq \f(15,45)＝eq \f(1,3).
(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的样本空间Ω＝{A1B1，A1B2，A1B3，A2B1，A2B2，A2B3，A3B1，A3B2，A3B3，A4B1，A4B2，A4B3，A5B1，A5B2，A5B3}，共含15个样本点.
根据题意这些样本点出现的可能性相等.事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的样本点有A1B2，A1B3，共2个.
所以其概率为P＝eq \f(2,15).
三、相互独立事件概率的计算
1.相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解.
2.掌握相互独立事件的概率公式的应用，提升数学抽象和逻辑推理的数学素养.
例3 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为eq \f(4,5)，eq \f(3,5)，eq \f(2,5)，且各轮问题能否正确回答互不影响.
(1)求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；
(2)求该选手至多进入第二轮考核的概率.
解 记“该选手正确回答第i轮问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝eq \f(4,5)，P(A2)＝eq \f(3,5)，P(A3)＝eq \f(2,5).
(1)该选手进入第三轮才被淘汰的概率为
P(A1A2eq \x\t(A3))＝P(A1)P(A2)P(eq \x\t(A3))＝eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))＝eq \f(36,125).
(2)该选手至多进入第二轮考核的概率为
P(eq \x\t(A1)＋A1eq \x\t(A2))＝P(eq \x\t(A1))＋P(A1)P(eq \x\t(A2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,5)))＋eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(13,25).
反思感悟 解此类题的步骤如下
(1)标记事件.
(2)判断事件的独立性.
(3)分清所涉及的事件及事件状态(互斥还是对立).
(4)套用公式.
跟踪训练3 设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响，已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125.
(1)分别求甲、乙、丙每台机器在这一小时内需要照顾的概率；
(2)计算这一小时内至少有一台机器需要照顾的概率.
解 记甲、乙、丙三台机器在某一小时内需要照顾分别为事件A，B，C，则A，B，C两两相互独立.
(1)由题意得
P(AB)＝P(A)P(B)＝0.05，
P(AC)＝P(A)P(C)＝0.1，
P(BC)＝P(B)P(C)＝0.125，
∴P(A)＝0.2，P(B)＝0.25，P(C)＝0.5，
∴甲、乙、丙每台机器在这一小时内需要照顾的概率分别为0.2,0.25,0.5.
(2)∵A，B，C两两相互独立，
∴eq \x\t(A)，eq \x\t(B)，eq \x\t(C)两两相互独立，
∴甲、乙、丙每台机器在一个小时内都不需要照顾的概率为
P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＝0.8×0.75×0.5＝0.3，
∴这一小时内至少有一台需要照顾的概率为
P＝1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝1－0.3＝0.7.
1.从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，那么互斥而不对立的事件是( )
A.“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B.“至少有一个黑球”与“都是红球”
C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D.“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
答案 D
解析 A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球，一个红球”这一事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系.
2.甲、乙两人下棋，和棋的概率是eq \f(1,2)，乙获胜的概率是eq \f(1,3)，则下列说法正确的是( )
A.甲获胜的概率是eq \f(1,6) B.甲不输的概率是eq \f(1,2)
C.乙输了的概率是eq \f(2,3) D.乙不输的概率是eq \f(1,2)
答案 A
解析 “甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P＝1－eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，故A正确；“乙输了”等于“甲获胜”，其概率为eq \f(1,6)，故C不正确；设事件A为“甲不输”，则A是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P(A)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)(或设事件A为“甲不输”，则A是“乙获胜”的对立事件，所以P(A)＝1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3))，故B不正确；同理，“乙不输”的概率为eq \f(5,6)，故D不正确.
3.古代“五行”学说认为：“物质分金、木、水、火、土五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”，从五种不同属性的物质中随机抽取两种，则抽取的两种物质不相克的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
答案 C
解析 从五种不同属性的物质中随机抽取两种，出现的情况有(金，木)，(金，水)，(金，火)，(金，土)，(木，水)，(木，火)，(木，土)，(水，火)(水，土)，(火，土)，共10种等可能情况，其中金克木，木克土，土克水，水克火，火克金，即相克的有5种，则不相克的也有5种，所以抽取的两种物质不相克的概率为eq \f(1,2).
4.某校高二(1)班甲、乙两同学进行投篮比赛，他们进球的概率分别是eq \f(3,4)和eq \f(4,5)，现甲、乙各投篮一次，恰有一人投进球的概率是( )
A.eq \f(1,20) B.eq \f(3,20) C.eq \f(1,5) D.eq \f(7,20)
答案 D
解析 有甲进球乙不进球，甲不进球乙进球两种情况，故所求概率P＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(4,5)＝eq \f(7,20).
5.在一个不透明的箱子里装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1,2,3,4,5，甲先从箱子中摸出一个小球，记下球上数字后，再将该小球放回箱子中摇匀，然后乙从该箱子中摸出一个小球.
(1)若甲、乙两人谁摸出的球上标的数字大谁就获胜(若数字相同则为平局)，求甲获胜的概率；
(2)若规定：两人摸到的球上所标数字之和小于6，则甲获胜，否则乙获胜，这样规定公平吗？
解 用(x，y)(x表示甲摸到的数字，y表示乙摸到的数字)表示甲、乙各摸一球构成的样本点，则样本点有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共25个.
(1)设甲获胜的事件为A，则事件A包含的样本点有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，共10个.
则P(A)＝eq \f(10,25)＝eq \f(2,5).
(2)设甲获胜的事件为B，乙获胜的事件为C.事件B所包含的样本点有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，共10个.
则P(B)＝eq \f(10,25)＝eq \f(2,5)，所以P(C)＝1－P(B)＝eq \f(3,5).
因为P(B)≠P(C)，所以这样规定不公平.参加书法社团
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