高考数学复习—排列、组合、概率练习试题卷
一、选择题（10×5＇=50＇）
1. 8本不同的书分给甲、乙、丙3人，其中有两人各得3本，一人得2本，则不同的分法共有( )
A.560种 B.280种 C.1 680种 D.3 360种
2.从不同号码的5双鞋中任取4只，其中恰好有一双的取法种数为( )
A.120 B.240 C.180 D.60
3.停车场划出一排12个停车位置，今有8辆车需要停放，要求空车位连在一起，不同的停车方法有( )
A.A
种
B.A
种
C.A·Ｃ
种 D.A·C
种
4.设集合M={aa∈N，1≤a≤10}，A是M的三元素子集且至少有两个偶数元素，则这样的集合A的个数是( )
A.60 B.100 C.120 D.160
5.某单位有三个科室，为实现减员增效，每科室抽调2人去参加再就业培训，培训后这6人中有2人返回单位，但不回到原科室工作，且每科室至多安排一人，问共有多少种不同的安排方法( )
A.75种 B.42种 C.30种 D.15种
6.两个事件对立是这两个事件互斥的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.不充分且不必要条件
7.打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一次，他们都中靶的概率为 ( )
A. 
B.
C.
D.
8.一学生通过某种英语听力测试的概率为
，他连续测试2次，则恰有1次获得通过的概率为 ( )A. 
B.
C.
D.
9.一个小组有8个学生在同年出生，每个学生的生日都不相同的概率是 ( )
A. 
B.
C. 
D.
10.在正方体8个顶点中任取4个，其中4点恰好能构成三棱锥的概率是 ( )
A. 
B.
C. 
D. 
二、填空题（4×3＇=12＇）
11.将数字1、2、3、4、5、6、7填入一排编号1、2、3、4、5、6、7的七个方格中，现要适当调换，但每次调换时，恰有四个方格中的数字不变，共有不同的调换方式种数为 .
12.在分别标有2、4、6、8、11、12、13的七张卡片中任取两张，用卡片上的两个数组成一个分数，在所得分数中既约分数的概率为 .
13.有6群鸽子任意分群放养在甲、乙、丙3片不同的树林里，则甲树林恰有3群鸽子的
概率为 .
14.电子设备的某一部件由9个元件组成，其中任何一个元件损坏了，这个部件就不能工作．假定每个元件能使用3 000小时的概率为0.99，则这个部件能工作3 000小时的概率为 (结果保留两位有效数字)．
三、解答题（10＇+4×12＇=58＇）
15.从7个班中抽出10名学生去做某项工作，每班至少抽出1人，若只考虑各班抽出的人数，而不考虑具体人选，有几种不同抽法?
16.已知函数y=f(x)的定义域为A=｛x1≤x≤7,x∈N｝，值域为B=｛0，1｝.
(1)试问这样的函数有多少个?
(2)使定义域中恰有4个不同元素，对应的函数值都是1，这样的函数有多少个?
17.一批高梁种子，其发芽率是0.8，现每穴种3粒．问：
(1)一穴中有两粒出芽的概率是多少?
(2)一穴中小于3粒出芽的概率是多少?
18. 由经验得，在某超市的付款处排队等候付款的人数及其概率如下：
| 排队人数 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5人以上 |
| 概 率 | 0.1 | 0.16 | 0.3 | 0.3 | 0.1 | 0.04 |
求：(1)至多有2个人排队的概率；
(2)至少有2人排队的概率．
19. 一个口袋内装有大小相同的7个白球和3个黑球，从中任意摸出2个，得到1个白球和1个黑球的概率是多少?
排列、组合、概率练习120分答案
1.C 
=1 680.
2.C 2C
·C
+C
·C
·C
=180或C
·Ｃ·２·２＝１８０.
3.D插空法.空车位插入8辆车的9个空格，故有C·A.
4.A.M中有5个奇数，5个偶数，至少取2个偶数，∴CC+C
C
=60个．
5.B分两类：(1)返回两人来自同一科室，返回有A
种，故有C·Ａ=6；(2)两人来自不同的科室，返回有2+1=3,故有(C
C)·3=36种.共有42种.
6.A 由定义知选A．
7.D ∵
×
=,∴选D.
8.C ∵×+×=,∴选C.
9.C8个学生的生日占用8天，每个学生的生日都有365种可能．
10.D 所有4点的组合数为
，共面的情况：6个面、6个对角面；三棱锥的4个顶点不共面，故所求概率为-12
.
11.70 从7个方格选出3个方格，有C
，3个方格的数字重排，但没有一个数字与先前数字相同有2种，故共有C·2＝70(种).
12.
从中取一奇数、一偶数组成的分数既约，又11、13互质，∴概率为
=.
13.
∵
.
14. 0.91 因为各元件能否正常工作是相互独立的，所以所求概率P=0.999≈0.91.
15.解析一:由于只考虑抽出的人数而不考虑具体人选，并且每班至少一人，因此只需考虑除去每班1人外的剩余3个名额的抽取方法.而三个名额的分组形式为“1,1,1”或“2,1,0”或“3,0,0”.因此可分三类：第一类：若再从7个班中抽出3个班每班1人，有C种方法.
第二类:若再从7个班中抽出2个班每班分别有2人或1人，有Ａ
种方法.
第三类:若再从7个班中抽出1个班，从中抽出3人，有C
种方法.
根据加法原理共有:N=C+P+C=84种方法.
解析二:［隔板法］本题相当于将10个名额分成7组(每组至少1个名额)对应7个班.因此，可作如下考虑：
10人形成9个相邻空位，欲分成7部分，需用6个“隔板”任意插入9个空位中，不同的插入方法共有：C
=84(种).
点评：本例由于只考虑人数，而不考虑具体人选.即元素之间不可区分，故才可用上述两种方法.
16.(1)先对A中7个元素分为两组有C＋Ｃ＋Ｃ=63种，再将每次分组分别对应0，1有A
种，故共有63×２=126个这样的函数.
(2)从B中0，1分别在A中选元素入手，由(1)先有C
种，第二步由0选只有1种，故
共有C=35种.
17.事件A恰好发生k次的概率为
Pk(1-P)n-k，事件A发生偶数次的概率为
P0(1-P)n+
P2(1-P)n-2+
·P(1-P)n-4+…+［(1-P)+P］n
= (1-P)nP0+
(1-P)n-1P+·(1-P)n-2·P2+
(1-P)n-3P3+… ①
［(1-P)+(-P)］n= (1-P)n(-P)n+ (1-P)n-1·(-P)+ (1-P)n-2(-P)2+(1-P)n-3(-P)3+… ②
①+②得［(1-P)+P］n+［(1-P)+(-P)］n=2［(1-P)nP0+(1-P)n-2·P2+…］.
所以(1-P)n·P0+(1-P)n-2·P2+…=［1+(1-2P)n］.
故事件A发生偶次的概率为
.
18.(1)设没有人排除为事件A，1个人排队为事件B，2个人排队为事件C，则P(A)=0.1, P(B)=0.16, P(C)=0.3，依题意A、B、C彼此互斥，所以至多2个人排队的概率为:
P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.1+0.16+0.3=0.56.
(2)设至少2个人排队为事件D，则
为至多1个人排队，即=A+B，因此
P(D)=1-P()=1-P(A+B)=1-［P(A)+P(B)］=1-(0.1+0.16)=0.74.
19. 我们想像着给白球编号，于是有白1，白2，白3，白4，白5，白6，白7共7个白球；又想像着给黑球编号，有黑1，黑2，黑3共3个黑球.
从这十个不同的球中，任意取出两个球的取法共有
=45种.每一种取法就是一个基本事件.由于这些球大小相同，我们认为取得白1和白2的可能性与取得黑1和黑2的可能性是相等的.这就是说，这45种取法中，每两种的可能性都是相等的.这样就得到一个含有45个基本事件的等可能基本事件集.这样来假设等可能性就合乎情理了.
取得一个黑球和白球的取法共有多少呢?根据分步计数原理，共有
3=21种取法.
∴P(摸得一个白球和一个黑球)=
.