一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．把红桃、黑桃、方块、梅花四张纸牌随机发给甲、乙、丙、丁四个人，每人分得一张，事件“甲分得梅花”与事件“乙分得梅花”是( )
a．对立事件
b．不可能事件。
c．互斥但不对立事件
d．以上答案均不对。
答案] c解析] 根据互斥事件和对立事件的定义，由题设易知两事件互斥但不对立．
2．从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，给出以下事件：
两球都不是白球；
两球中恰有一白球；
两球中至少有一个白球．
其中与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是( )
ab．①③cd．①②
答案] a解析] 从口袋内一次取出2个球，当事件a“两球都为白球”发生时，①②不可能发生，且a不发生时，①不一定发生，②不一定发生，故非对立事件；而a发生时，③可以发生，故不是互斥事件．
3．下面是古典概型的是( )
a．任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为基本事件时。
b．为求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率，将正整数作为基本事件时。
c．从甲地到乙地共n条路线，求某人正好选中最短路线的概率。
d．抛掷一枚均匀硬币至首次出现正面为止。
答案] c解析] 抛掷两枚骰子，所得点数之和为2,3,4，…，12中的任意一个，但它们不是等可能出现的，故以所得点数之和作为基本事件，不是古典概型；求任意一个正整数平方的个位数字是1的概率，将取出的正整数作为基本事件，有无穷多个，故不是古典概型；从甲地到乙地共n条路线，选任一条路线都是等可能的，而最短路线只有一条，其概率为是古典概型；抛掷一枚均匀硬币至首次出现正面为止，基本事件空间不确定．
4．在5件产品中，有4件**，从中任取2件，2件都是**的概率是( )
ab. cd.
答案] c解析] 将**编号为1,2,3,4，次品编号为5，所有可能取法构成集合ω＝共10种，其中两件都是**的取法有6种，∴概率p＝＝.
5．袋中装有白球和黑球各3个，从中任取2个，则至多有一黑球的概率是( )
ab. cd.
答案] b解析] 从袋中任取2个球，有15种等可能取法(不妨将黑球编号为黑1、黑2、黑3，将白球编号为白1、白2、白3)．取出的两个球都是白球有3种等可能取法，取出的两个球，一白一黑有9种等可能取法，∴事件a＝“取出的两个球至多1黑”，共有9＋3＝12种取法，∴p(a)＝＝
点评] “至多一黑”的对立事件为“两个都是黑球”故可用对立事件求解．
6．先后抛掷两颗骰子，设出现的点数之和是12,11,10的概率依次是p1、p2、p3，则( )
a．p1＝p2c．p1[答案] b
解析] 点数之和为12的只有一次(6,6)，∴p1＝；点数之和为11的有两次(5,6)和(6,5)，∴p2＝＝，点数之和为10的有三次(4,6)，(5,5)和(6,4)，p3＝＝.
7．a是圆上固定的一点，在圆上其它位置任取一点a′，连接aa′，它是一条弦，它的长度大于等于半径长度的概率为( )
ab. cd.
答案] b解析] 这是一个几何概型的题目，要使弦长大于半径，只要a′选在如图所示的上．
aa1′＝aa2′＝r，oa＝oa1′＝aa1′＝r，∠a1′oa＝60°，∠aoa2′＝60°，∠a1′oa2′＝120°，它所对的弧长为圆周，故选b.
8．如果下了课后，教室里最后还剩下3位女同学，2位男同学，一会儿又走了一位女同学．如果没有两位同学一块儿走，则下一位是男同学走的可能性为( )
ab. cd.
答案] c解析] 已知走了一位女同学，还剩下两位女同学和两位男同学，所有走的可能顺序为(女，女，男，男)，(女，男，女，男)，(女，男，男，女)，(男，男，女，女)，(男，女，男，女)，(男，女，女，男)一共6种．
那么下一位是男同学的可能只有(男，男，女，女)，(男，女，男，女)，(男，女，女，男)，故p＝＝.
或因为又走了一个女同学，还有两男、两女四位同学，男、女生人数相等，故有几种男生先走的情形，就有几种女生先走的情形，∴下一位走的是男同学的可能性为。
9．一张方桌的图案如图所示，将一颗豆子随机地扔到桌面上，假设豆子不落**上，下列事件的概率：
1)豆子落在红色区域概率为；
2)豆子落在黄色区域概率为；
3)豆子落在绿色区域概率为；
4)豆子落在红色或绿色区域概率为；
5)豆子落在黄色或绿色区域概率为。
其中正确的结论有( )
a．2个b．3个
c．4个d．5个。
答案] b解析] 这是几何概型问题，一颗豆子落在每一点的可能性都是一样的，计算每个事件发生的概率，也就是先求出事件发生的区域，一共9个方块．
1)p＝＝；
2)p＝＝；
3)p＝＝；
4)p＝＝＝
5)p＝＝＝
只有(1)(2)(3)正确．
10．甲、乙两人街头约会，约定谁先到后须等待10分钟，这时若另一个人还没有来就可离开．如果甲1点半到达．假设乙在1点到2点之间何时到达是等可能的，则甲、乙能会面的概率为( )
ab. cd.
答案] b解析] 设事件a1：“乙在1点到1点20分内到达”；
事件a2：“乙在1点20分到1点40分内到达”；
事件a3：“乙在1点40分到2点内到达”．
由题设知，以上三个事件的发生是等可能的．在a1或a3发生的情况下，甲、乙不能见面，在a2发生的情况下，甲、乙能够见面．∴甲、乙能见到的概率为。
11．一个人连续射击2次，则下列各事件中，与事件“恰中一次”互斥但不对立的事件是( )
a．至多射中一次 b．至少射中一次。
c．第一次射中d．两次都不中。
答案] d解析] 记射中为1，不中为0，用(x，y)表示第一次射击结果为x，第二次射击结果为y，则所有可能结果有：(1,0)，(1,1)，(0,1)，(0,0)，恰中一次包括(1,0)和(0,1)．
当(1,0)发生时，a，b，c都发生了，故选d.
12．从这四个数中选出三个不同的数作为二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数组成不同的二次函数，其中使二次函数有变号零点的概率为( )
ab. cd.
答案] a解析] 首先取a，∵a≠0，∴a的取法有3种，再取b，b的取法有3种，最后取c，c的取法有2种，共组成不同的二次函数3×3×2＝18个．
f(x)若有变号零点，不论a>0还是a<0，均应有δ>0，即b2－4ac>0，∴b2>4ac.
首先b取0时，a、c须异号，a＝－1，则c有2种，a取1或2，则c只能取－1，∴共有4种．
b＝1时，若c＝0，则a有2种，若c＝－1，a只能取2.
若c＝2，则a＝－1，共有4种．
若b＝－1，则c只能取0，有2种．
若b＝2，取a有2种，取c有2种，共有2×2＝4种．
综上所述，满足b2>4ac的取法有4＋4＋2＋4＝14种，所求概率p＝＝.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)
13．甲、乙、丙三名奥运志愿者被随机分到a、b两个不同的岗位，每个岗位至少1人，则甲、乙被分到同一岗位的概率为___
答案] 解析] 所有可能分配方式如表。
共有基本事件6个，其中事件m＝“甲、乙两人被分到同一岗位”含2个基本事件，p(m)＝＝
14．从编号为1至5的5个大小相同的球中任取2个，则所取球的最大号码不超过3的概率为___
答案] 解析] 用(x，y)表示取出的两个球的号码为x与y，则所有基本事件构成集合．
＝共有基本事件10个．
设a＝“所取球的最大号码不超过3”，则a＝含基本事件3个，p(a)＝.
15．沿田字型的路线从a往n走，且只能向右或向下走，随机地选一种走法，则经过点c的概率是___
答案] 解析] 解法1：按规定要求从a往n走只能向右或向下，所有可能走法有：a→d→s→j→n，a→d→c→j→n，a→d→c→m→n，a→b→c→j→n，a→b→c→m→n，a→b→f→m→n共6种，其中经过c点的走法有4种，∴所求概率p＝＝.
解法2：由于从a点出发后只允许向右或向下走，记向右走为1，向下走为2，欲到达n点必须两次向右，两次向下即有两个2两个1.∴基本事件空间ω＝共6种不同结果，而只有先右再下或先下再右两类情形经过c点，即前两个数字必经一个1一个2，∴事件a＝“经过c点”含有的基本事件有(1212)，(1221)，(2112)，(2121)共4个，∴p(a)＝＝
16．如图为铺有1～36号地板砖的地面，现将一粒豆子随机地扔到地板上，豆子落在能被2或3整除的地板砖上的概率为___
答案] 解析] 因为每块地板砖的面积相等，所以豆子落在每块地板砖上是等可能的，因为能被2整除的有18块，能被3整除的有12块，能被6整除的有6块，所以能被2或3整除的一共有18＋12－6＝24(块)，所以所求概率p＝＝＝
三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
高一数学检测题
博山区实验中学。2010 2011学年度第一学期第一学段检测。高一数学试卷。班级姓名。一 选择题 本大题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目的要求 1.设 a b 则ab a b c d 2.下列函数是奇函数的是 a.b.c.d.3 求的值。a 1 b 5 c...
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高一数学检测题
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