【最新】高中数学-2018版高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 K单元

K 概率 K1 随事件的概率
12．K1 从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机(等可能)取两点，则该两点间的距离为
2
2
的概率是________． 12.2
5 从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机选取两点，共有10种取法，该两点间的距离为
2
2
的有4种，所求事件的概率为 P ＝410＝25
.
K2 古典概型
15．K2 某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答)．
15.15 6节课共有A 66＝720种排法，相邻两节文化课间至少间隔1节艺术课排法有A 33A 34
＝144种排法，所以相邻两节文化课间至少间隔1节艺术课的概率为144720＝1
5
.
18．K2 如图1－6，从A 1(1,0,0)，A 2(2,0,0)，B 1(0,1,0)，B 2(0,2,0)，C 1(0,0,1)，C 2(0，0,2)这6个点中随机选取3个点．
(1)求这3点与原点O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率； (2)求这3点与原点O 共面的概率．
图1－6
18．解：从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是：
x 轴上取2个点的有A 1A 2B 1，A 1A 2B 2，A 1A 2C 1，A 1A 2C 2，共4种； y 轴上取2个点的有B 1B 2A 1，B 1B 2A 2，B 1B 2C 1，B 1B 2C 2，共4种； z 轴上取2个点的有C 1C 2A 1，C 1C 2A 2，C 1C 2B 1，C 1C 2B 2，共4种；
所选取的3个点在不同坐标轴上有A 1B 1C 1，A 1B 1C 2，A 1B 2C 1，A 1B 2C 2，A 2B 1C 1，A 2B 1C 2，A 2B 2C 1，
A 2
B 2
C 2，共8种．因此，从这个6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种．
(1)选取的这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有：A 1B 1C 1，
A 2
B 2
C 2，共2种，因此，这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为P ＝220＝1
10
.
(2)选取的这3个点与原点O 共面的所有可能结果有：A 1A 2B 1，A 1A 2B 2，A 1A 2C 1，A 1A 2C 2，B 1B 2A 1，
B 1B 2A 2，B 1B 2
C 1，B 1B 2C 2，C 1C 2A 1，C 1C 2A 2，C 1C 2B 1，C 1C 2B 2，共12种，因此，这3个点与原点O 共
面的概率为P ＝1220＝3
5
.
10．K2 袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、2个白球和3个黑球．从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率等于( )
A.15
B.25
C.35
D.45
10．B 用列举法可得：从袋中任取两球有15种取法，其中一白一黑共有6种取法，由等可能事件的概率公式可得p ＝615＝25
.
15．I1、K2 某地区有小学21所，中学14所，大学7所，现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查．
(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目；
(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析， ①列出所有可能的抽取结果； ②求抽取的2所学校均为小学的概率．
15．解：(1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.
(2)①在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为A 1，A 2，A 3,2所中学分别记为A 4，A 5，大学记为A 6，则抽取2所学校的所有可能结果为{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 1，A 4}，{A 1，A 5}，{A 1，A 6}，{A 2，A 3}，{A 2，A 4}，{A 2，A 5}，{A 2，A 6}，{A 3，A 4}，{A 3，A 5}，{A 3，A 6}，{A 4，A 5}，{A 4，A 6}，{A 5，A 6}，共15种．
②从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B )的所有可能结果为{A 1，A 2}，{A 1，
A 3}，{A 2，A 3}，共3种．
所以P (B )＝315＝15
.
18．K2、B10、I2 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
(1)若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：枝，n ∈N )的函数解析式；
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
)的平均数；
②若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率．
18．解：(1)当日需求量n ≥17时，利润y ＝85. 当日需求量n <17时，利润y ＝10n －85. 所以y 关于n 的函数解析式为
y ＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
10n －85，n <17，85，n ≥17(n ∈N )．
(2)①这100天中有10天的日利润为55元，20天的日利润为65元，16天的日利润为75元，54天的日利润为85元，所以这100天的日利润的平均数为
1
100
(55×10＋65×20＋75×16＋85×54)＝76.4. ②利润不低于75元当且仅当日需求量不少于16枝．故当天的利润不少于75元的概率为
p ＝0.16＋0.16＋0.15＋0.13＋0.1＝0.7.
17．I2、K2 某校100名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图如图1－4所示，其中成绩分组区间是：．
图1－4
(1)求图中a 的值；
(2)根据频率分布直方图，估计这100名学生语文成绩的平均分；
(3)若这100名学生语文成绩某些分数段的人数(x )与数学成绩相应分数段的人数(y )之比如下表所示，求数学成绩在 在等差数列{a n }和等比数列{b n }中，a 1＝b 1＝1，b 4＝8，{a n }
的前10项和S 10＝55.
(1)求a n 和b n ；
(2)现分别从{a n }和{b n }的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．
17．解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q .依题意得
S 10＝10＋
10×9
2
d ＝55，b 4＝q 3＝8， 解得d ＝1，q ＝2， 所以a n ＝n ，b n ＝2
n －1
.
(2)分别从{a n }，{b n }的前3项中各随机抽取一项，得到的基本事件有9个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)．
符合题意的基本事件有2个：(1,1)，(2,2)． 故所求的概率P ＝29
.
6．K2 现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．
6.3
5 本题考查等比数列的通项公式的运用以及古典概型的求解．解题突破口为等比数列通项公式的运用．
由通项公式a n ＝1×(－3)n －1
得，满足条件的数有1，－3，－33，－35，－37，－39
，共
6个，从而所求概率为P ＝3
5
.
19．I4、K2 电视传媒公司为了解某地区观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查，其中女性有55名．下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：
图1－6
将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”，已知“体育迷”中有10名女性．
(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有
关？
非体育迷
体育迷 合计 男 女 合计
(2)将日均收看该体育节目不低于50分钟的观众称为“超级体育迷”，已知“超级体育迷”中有2名女性，若从“超级体育迷”中任意选取2人，求至少有1名女性观众的概率．
附：χ2
＝
n n 11n 22－n 12n 212
n 1＋n 2＋n ＋1n ＋2
，
P (χ2≥k )
0.05 0.01 k
3.841
6.635
19．解：(1)由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“体育迷”为25人，从而完成2×2列联表如下：
非体育迷 体育迷 合计 男 30 15 45 女 45 10 55 合计
75
25
100
将2×2列联表中的数据代入公式计算，得
χ2
＝
n n 11n 22－n 12n 21
2
n 1＋n 2＋n ＋1n ＋2
＝
100×30×10－45×152
75×25×45×55
＝
100
33
≈3.030. 因为3.030<3.841，所以我们没有理由认为“体育迷”与性别有关．
(2)由频率分布直方图可知，“超级体育迷”为5个，从而一切可能结果所组成的基本事件空间为
Ω＝{(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 2，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，b 1)，
(a 3，b 2)，(b 1，b 2)}．
其中a i 表示男性，i ＝1,2,3，b j 表示女性，j ＝1,2.
Ω由10个基本事件组成，而且这些基本事件的出现是等可能的．用A 表示“任选2人
中，至少有1人是女性”这一事件，则A ＝{(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，
b 1)，(a 3，b 2)，(b 1，b 2)}，
事件A 由7个基本事件组成，因而
P (A )＝710
.
18．K2 袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2.
(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率； (2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．
18．解：(1)标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A ，B ，C ，标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D ，E .从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为：(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E )．共10种．
由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．
从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为：(A ，
D )，(A ，
E )，(B ，D )，共3种．
所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为3
10
.
(2)记F 为标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为： (A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(A ，F )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(B ，F )，(C ，
D )，(C ，
E )，(C ，
F )，(D ，E )，(D ，F )，(E ，F )，共15种．
由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这此基本事件的出现是等可能的．
从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为：(A ，
D )，(A ，
E )，(B ，D )，(A ，
F )，(B ，F )，(C ，F )，(D ，F )，(E ，F )，共8种．
所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为8
15
.
19．I2、K2 假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解它们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如下：
图1－8
(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；
(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率． 19．解：(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为5＋20100＝1
4，用频率估计概率，所以，
甲品牌产品寿命小于200小时的概率为1
4
.
(2)根据抽样结果，寿命大于200小时的产品有75＋70＝145(个)，
其中甲品牌产品是75个，所以在样本中，寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率是
75
145＝1529，用频率估计概率，所以已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为1529
. K3 几何概型
11．K3 在长为12 cm 的线段AB 上任取一点C ，现作一矩形，邻边长分别等于线段AC ，
CB 的长，则该矩形面积大于20 cm 2的概率为( )
A.16
B.13
C.23
D.45
11．C 本小题主要考查几何概型．解题的突破口为弄清是长度之比、面积之比还是体积之比．
令AC ＝x ，CB ＝12－x ，这时的面积为S ＝x (12－x )，根据条件S ＝x (12－x )>20⇒x 2
－12x ＋20<0⇒2<x <10，矩形面积大于20 cm 2
的概率P ＝10－212＝23
，故而答案为C.
10．K3 如图1－3，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆，在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )
图1－3
A.12－1π
B.1
π C ．1－2π D.2π
10．C 如下图所示，
不妨设扇形的半径为2a ，记两块白色区域的面积分别为S 1，S 2，两块阴影部分的面积分别为S 3，S 4，则S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝S 扇形OAB ＝14
π(2a )2＝πa 2
①，
而S 1＋S 3与S 2＋S 3的和恰好为一个半径为a 的圆的面积，即S 1＋S 3＋S 2＋S 3＝πa 2
②. 由①－②得S 3＝S 4；
又由图可知S 3＝S 扇形EOD ＋S 扇形COD －S 正方形OEDC ＝12πa 2－a 2
，
所以S 阴影＝πa 2
－2a 2
.
故由几何概型概率公式可得，所求概率P ＝S 阴影S 扇形OAB ＝πa 2－2a 2πa 2
＝1－2
π
.故选C. 3．E5、K3 设不等式组⎩⎪⎨
⎪⎧
0≤x ≤2，
0≤y ≤2
表示的平面区域为D .在区域D 内随机取一个点，
则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )
A.π4
B.π－2
2 C.π6 D.4－π4
3．D 本题考查了线性规划、圆的概念、圆的面积公式以及几何概型公式等基础知识． 如图所示，P ＝S 2S ＝
S －S 1S ＝4－π
4
.
K4 互斥事件有一个发生的概率
17．K4 某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．
(1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过．．．2分钟的概率．(将频率视为概率) 17．解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.
该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为
1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10
100
＝1.9(分钟)．
(2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2，A 3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．将频率视为概率得
P (A 1)＝
15100＝320，P (A 2)＝30100＝310，P (A 3)＝25100＝14
. 因为A ＝A 1∪A 2∪A 3，且A 1，A 2，A 3是互斥事件，所以
P (A )＝P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝320＋310＋14＝710
.
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为7
10
.
18．K4、K5 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为1
3，乙每次投篮
投中的概率为1
2
，且各次投篮互不影响．
(1)求乙获胜的概率；
(2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率．
18．解：设A k ，B k 分别表示甲、乙在第k 次投篮投中，则
P (A k )＝13，P (B k )＝12
(k ＝1,2,3)．
(1)记“乙获胜”为事件C ，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知
P (C )＝P (A 1B 1)＋P (A 1 B 1 A 2 B 2)＋P (A 1 B 1 A 2 B 2 A 3 B 3)
＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)P (B 3) ＝23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫123 ＝1327
. (2)记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D ，则由互斥事件有一个发生的概率与相
互独立事件同时发生的概率计算公式知
P (D )＝P (A 1 B 1 A 2 B 2)＋P (A 1 B 1 A 2 B 2A 3)
＝P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)·P (B 2)P (A 3)
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝427
. K5 相互对立事件同时发生的概率
20．K5 乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．
(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； (2)求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．
20．解：记A i 表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2；
B i 表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； A 表示事件：第3次发球，甲得1分；
B 表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；
C 表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先．
(1)B ＝A 0·A ＋A 1·A ，
P (A )＝0.4，P (A 0)＝0.42＝0.16， P (A 1)＝2×0.6×0.4＝0.48， P (B )＝P (A 0·A ＋A 1·A )
＝P (A 0·A )＋P (A 1·A ) ＝P (A 0)P (A )＋P (A 1)P (A ) ＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4) ＝0.352.
(2)P (B 0)＝0.62
＝0.36，P (B 1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P (B 2)＝0.42
＝0.16，P (A 2)＝0.62
＝0.36.
C ＝A 1·B 2＋A 2·B 1＋A 2·B 2 P (C )＝P (A 1·B 2＋A 2·B 1＋A 2·B 2)
＝P (A 1·B 2)＋P (A 2·B 1)＋P (A 2·B 2) ＝P (A 1)P (B 2)＋P (A 2)P (B 1)＋P (A 2)P (B 2)
＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16 ＝0.307 2.
18．K4、K5 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为1
3，乙每次投篮
投中的概率为1
2
，且各次投篮互不影响．
(1)求乙获胜的概率；
(2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率．
18．解：设A k ，B k 分别表示甲、乙在第k 次投篮投中，则
P (A k )＝13，P (B k )＝12
(k ＝1,2,3)．
(1)记“乙获胜”为事件C ，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知
P (C )＝P (A 1B 1)＋P (A 1 B 1 A 2 B 2)＋P (A 1 B 1 A 2 B 2 A 3 B 3)
＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)P (B 3) ＝23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫123 ＝1327
. (2)记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D ，则由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知
P (D )＝P (A 1 B 1 A 2 B 2)＋P (A 1 B 1 A 2 B 2A 3)
＝P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)·P (B 2)P (A 3)
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝427
. K6 离散型随机变量及其分布列
22．K6 设ξ为随机变量．从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.
(1)求概率P (ξ＝0)；
(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．
22．解：(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C 2
3
对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 2
3C 212＝8×366＝4
11
.
(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对， 故P (ξ＝2)＝6C 212＝1
11
，
于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝6
11，
所以随机变量ξ的分布列是
因此E (x )K7 条件概率与事件的独立性 K8 离散型随机变量的数字特征与正态分布
17．K8、I1、I2 近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)：
(1)(2)试估计生活垃圾投放错误的概率；
(3)假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a ，b ，c ，其中a >0，a ＋b ＋c ＝600.当数据a ，b ，c 的方差s 2
最大时，写出a ，b ，c 的值(结论不要求证明)，并求此时s 2
的值．
注：s 2
＝1n
，其中x 为数据x 1，x 2，…，x n 的平均数
17．解：(1)厨余垃圾投放正确的概率约为 “厨余垃圾”箱里厨余垃圾量厨余垃圾总量＝400400＋100＋100＝2
3
.
(2)设生活垃圾投放错误为事件A ，则事件A 表示生活垃圾投放正确．
事件A 的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量，即P (A )约为400＋240＋60
1000
＝0.7，
所以P (A )约为1－0.7＝0.3.
(3)当a ＝600，b ＝c ＝0时，s 2
取得最大值． 因为x ＝
1
3
(a ＋b ＋c )＝200， 所以s 2
＝13
＝80 000.
K9 单元综合
17．K9 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为1
10
和p .
(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为49
50
，求p 的值；
(2)求系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率． 17．解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1－P (C )＝1－1
10·p ＝
4950
. 解得p ＝1
5
.
(2)设“系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D ，那么P (D )＝C 2
3
110·⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－1102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103＝9721000＝243250
. 答：系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为243250
.。