2022版高考数学大一轮复习 第11章 概率 第2讲 古典概型与几何概型备考试题

11。

2古典概型必备知识预案自诊知识梳理1.基本事件在一次试验中，我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果,它们是试验中不能再分的最简单的随机事件，其他事件可以用它们来描绘,这样的事件称为。

2.基本事件的特点（1)任何两个基本事件是的.(2)任何事件(除不可能事件）都可以表示成的和.3。

古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型。

(1)有限性：试验中所有可能出现的基本事件.(2）等可能性:每个基本事件出现的可能性。

4。

古典概型的概率公式.P（A）=A包含的基本事件的个数基本事件的总数1。

任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和。

2。

求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法。

考点自诊1.判断下列结论是否正确，正确的画“√”，错误的画“×”。

(1）在一次古典概型试验中,其基本事件的发生一定是等可能的.(）（2）基本事件的概率都是1n。

若某个事件A包含的结果有m个,则P(A)=mn.(）（3）掷一枚质地均匀的硬币两次，出现“两个正面”“一正一反"“两个反面”,这三个结果是等可能事件.()(4）在古典概型中，如果事件A中基本事件构成集合A,所有的基本事件构成集合I,那么事件A的概率为card(A)card(I)。

()(5)从1,2，3,4,5中任取出两个不同的数,其和为5的概率是0。

2.()2.某同学打算编织一条毛线围巾送给妈妈,决定从妈妈喜欢的白色、黄色和紫色中随机选择两种颜色的毛线编织，那么这条围巾是由白色、紫色两种颜色的毛线编织的概率是（)A.14B.13C。

12D.343.(2019全国3,3）两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是(）A。

16B。

14C。

13D.124.从集合A={1，3，5,7,9｝和集合B=｛2,4，6,8｝中各取一个数,那么这两个数之和除以3余1的概率是()A。

第2讲 古典概型基础知识整合1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是□01互斥的． (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成□02基本事件的和． 2．古典概型 (1)古典概型的定义具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型． 有限性—试验中所有可能出现的基本事件□03只有有限个 |等可能性—每个基本事件出现的可能性□04相等 (2)古典概型的概率公式P (A )＝□05A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特征的概率模型才是古典概型．正确的判断试验的类型是解决概率问题的关键．1．一枚硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是( ) A.12 B.14 C.34 D ．0答案 A解析 列举出所有基本事件，找出“恰有1次出现正面”包含的结果．一枚硬币连掷2次，基本事件有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4个，而恰有1次出现正面包括(正，反)，(反，正)，2个，故其概率为24＝12.2．为美化环境，从红，黄，白，紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )A.13B.12C.23D.56答案 C解析 从红，黄，白，紫4种颜色的花中任选2种有以下选法：(红，黄)，(红，白)，(红，紫)，(黄，白)，(黄，紫)，(白，紫)，共6种，其中红色和紫色的花不在同一花坛(亦即黄色和白色的花不在同一花坛)的选法有4种，所以所求事件的概率P ＝46＝23.故选C.3．(2017·天津高考)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( )A.45B.35C.25D.15 答案 C解析 从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共4种，所以所求概率P ＝410＝25.故选C. 4．(2019·金华模拟)从1,2,3,4,5,6六个数中任取2个数，则取出的两个数不是连续自然数的概率是( )A.35B.25C.13D.23答案 D解析 从1,2,3,4,5,6六个数中任取2个数共有15种情况，取出的两个数是连续自然数的有5种情况，则取出的两个数不是连续自然数的概率P ＝1－515＝23.5．(2018·江苏高考)某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为________．答案310解析 把男生编号为男1，男2，女生编号为女1，女2，女3，则从5名学生中任选2名学生有：男1男2，男1女1，男1女2，男1女3，男2女1，男2女2，男2女3，女1女2，女1女3，女2女3，共10种情况，其中选中2名女生有3种情况，则恰好选中2名女生的概率为310.6．甲、乙两人玩猜数字的游戏，先由甲任想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a ，b ∈{1,2,3,4}，若|a －b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”．现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为________．答案 58解析 两人分别从1,2,3,4四个数中任取一个，有16种情况，其中满足|a －b |≤1的情况有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)，共10种，故他们“心有灵犀”的概率为1016＝58.核心考向突破考向一 简单的古典概型 考向一 简单的古典概型例1 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．解 (1)将标号为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310.(2)将标号为0的绿色卡片记为F .从六张卡片中任取两张的所有可能结果为(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，因此这些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 )，(A ，F )，(B ，D )，(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815.1．求古典概型概率的步骤(1)判断本试验的结果是不是等可能事件，设出所求事件A ；(2)分别求出基本事件的总数n 与所求事件A 中所包含的基本事件个数m ； (3)利用公式P (A )＝mn，求出事件A 的概率． 2．基本事件个数的确定方法 方法 适用条件列表法 此法适用于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成是坐标法树状图法树状图是进行列举的一种常用方法，适合于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件数的探求[即时训练] 1.一个盒子里装有三张卡片，分别标有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c .(1)求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率； (2)求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率．解 (1)由题意，得(a ，b ，c )所有可能的结果为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ， 则事件A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种． 所以P (A )＝327＝19.因此“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为19.(2)设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B －包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．所以P (B )＝1－P (B －)＝1－327＝89.因此“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为89.精准设计考向，多角度探究突破 考向二 较复杂的古典概型角度1 古典概型与平面向量的交汇例2 (1)(2019·宁波模拟)连掷两次骰子得到的点数分别为m 和n ，记向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1，－1)的夹角为θ，则θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2的概率是( )A.512 B.12 C.712 D.56答案 C 解析 cos θ＝a ·b |a ||b |＝m －n|a ||b |. ∵θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴m ≥n .(m ，n )一共有6×6＝36(种)不同组合． 满足m ≥n 的有1＋2＋3＋4＋5＋6＝21(种)． 所以所求的概率P ＝2136＝712.(2)(2019·宿迁模拟)已知k ∈Z ，A B →＝(k,1)，A C →＝(2,4)，若|A B →|≤4，则△ABC 是直角三角形的概率是________．答案 37解析 因为|A B →|＝k 2＋1≤4，所以－15≤k ≤15， 因为k ∈Z ，所以k ＝－3，－2，－1,0,1,2,3，当△ABC 为直角三角形时，应有AB ⊥AC ，或AB ⊥BC ，或AC ⊥BC ，由A B →·A C →＝0，得2k＋4＝0，所以k ＝－2，因为B C →＝A C →－A B →＝(2－k,3)，由A B →·B C →＝0，得k (2－k )＋3＝0，所以k ＝－1或3，由A C →·B C →＝0，得2(2－k )＋12＝0，所以k ＝8(舍去)，故使△ABC 为直角三角形的k 值为－2，－1或3，所以所求概率P ＝37.角度2 古典概型与平面几何、解析几何的交汇例3 (1)(2019·山东省实验中学模拟)已知直线l 1：x －2y －1＝0，直线l 2：ax －by ＋1＝0，其中a ，b ∈{1,2,3,4,5,6}，则直线l 1与l 2的交点位于第一象限的概率为( )A.16B.14C.13D.12 答案 A解析 l 2的斜率小于l 1的斜率时，直线l 1与l 2的交点位于第一象限，此时共有六种情况：a ＝1，b ∈{3,4,5,6}；a ＝2，b ∈{5,6}．因此所求概率为66×6＝16.故选A. (2)(2019·洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a ，b ，则直线ax ＋by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2有公共点的概率为________．答案712解析 依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a ，b )有C 16C 16＝36个，其中满足直线ax ＋by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2有公共点，即满足2aa 2＋b2≤2，a 2≤b 2的数组(a ，b )有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个，因此所求的概率等于2136＝712.角度3 古典概型与函数的交汇例4 (1)(2020·亳州质检)已知集合M ＝{1,2,3,4}，N ＝{(a ，b )|a ∈M ，b ∈M }，A 是集合N 中任意一点，O 为坐标原点，则直线OA 与y ＝x 2＋1有交点的概率是( )A.12B.13C.14D.18 答案 C解析 易知过点(0,0)与y ＝x 2＋1相切的直线为y ＝2x (斜率小于0的无需考虑)，集合N 中共有4×4＝16个元素，其中使直线OA 的斜率不小于2的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，共4个，故所求的概率为416＝14.故选C.(2)已知M ＝{1,2,3,4}，若a ∈M ，b ∈M ，则函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋x －3在R 上为增函数的概率是( )A.916B.716C.14答案 A解析 记事件A 为“函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋x －3在R 上为增函数”．因为f (x )＝ax 3＋bx2＋x －3，所以f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋1.当函数f (x )在R 上为增函数时，f ′(x )≥0在R 上恒成立．又a >0，所以Δ＝(2b )2－4×3a ＝4b 2－12a ≤0在R 上恒成立，即a ≥b 23.当b ＝1时，有a ≥13，故a 可取1,2,3,4，共4个数；当b ＝2时，有a ≥43，故a 可取2,3,4，共3个数；当b ＝3时，有a ≥3，故a 可取3,4，共2个数； 当b ＝4时，有a ≥163，故a 无可取值．综上，事件A 包含的基本事件有4＋3＋2＝9种． 又a ，b ∈{1,2,3,4}，所以所有的基本事件共有16种． 故所求事件A 的概率为P (A )＝916.故选A.较复杂的古典概型问题的求解方法解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．[即时训练] 3.设平面向量a ＝(m,1)，b ＝(2，n )，其中m ，n ∈{1,2,3,4}，记“a ⊥(a －b )”为事件A ，则事件A 发生的概率为( )A.18B.14C.13D.12答案 A解析 有序数对(m ，n )的所有可能结果有4×4＝16(个)．由a ⊥(a －b )，得m 2－2m ＋1－n ＝0，即n ＝(m －1)2，由于m ，n ∈{1,2,3,4}，故事件A 包含的基本事件为(2,1)和(3,4)，共2个，所以P (A )＝216＝18.4．(2019·甘肃兰州模拟)双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，其中a ∈{1,2,3,4}，b ∈{1,2,3,4}，且a ，b 取到其中每个数都是等可能的，则直线l ：y ＝x 与双曲线C 的左、右支各有一个交点的概率为( )A.14B.38C.12D.58 答案 B解析 若直线l ：y ＝x 与双曲线C 的左、右支各有一个交点，则b a>1，基本事件总数为4×4＝16，满足条件的(a ，b )的情况有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6个，故所求概率为38.5．(2019·河南郑州模拟)已知一组抛物线y ＝12ax 2＋bx ＋1，其中a 为2,4中任取的一个数，b 为1,3,5中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线x ＝1交点处的切线相互平行的概率是________．答案215解析 抛物线共有6条，任取两条共C 26＝15种情况．∵y ′＝ax ＋b ，∴在与直线x ＝1交点处的切线斜率为a ＋b ，而a 为2,4中任取的一个数，b 为1,3,5中任取的一个数，保证a ＋b 相等的抛物线有2对，∴在与直线x ＝1交点处的切线相互平行的概率为215.考向三 古典概型与统计的交汇问题例5 (2019·长春模拟)某教师为了了解高三所教两个班级的一模数学成绩情况，将两个班的数学成绩(单位：分)绘制成如图所示的茎叶图．(1)分别求出甲、乙两个班级数学成绩的中位数、众数；(2)若规定成绩大于等于115分为优秀，分别求出两个班级数学成绩的优秀率； (3)从甲班中130分以上的5名同学中随机抽取3人，求至多有1人的数学成绩在140分以上的概率．解 (1)由所给的茎叶图，知甲班50名同学的成绩由小到大排序，排在第25,26位的是108,109，出现次数最多的是103，故甲班数学成绩的中位数是108.5，众数是103；乙班48名同学的成绩由小到大排序，排在第24,25位的是106,107，出现次数最多的是92和101，故乙班数学成绩的中位数是106.5，众数为92和101.(2)由茎叶图中的数据可知，甲班中数学成绩为优秀的人数为20，优秀率为2050＝25；乙班中数学成绩为优秀的人数为18，优秀率为1848＝38.(3)从5人中抽取3人的不同情况共有C 35种，其中至多有1人的数学成绩在140分以上的情况有C 12C 23＋C 33种，故至多有1人的数学成绩在140分以上的概率P ＝C 12C 23＋C 33C 35＝710.求解古典概型与统计交汇问题的思路(1)依据题目的直接描述或频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等统计图表给出的信息，提炼出需要的信息．(2)进行统计与古典概型概率的正确计算．[即时训练] 5.(2019·广州五校联考)某市为庆祝北京夺得2022年冬奥会举办权，围绕“全民健身促健康、同心共筑中国梦”主题开展全民健身活动．组织方从参加活动的群众中随机抽取120名群众，按他们的年龄分组：第1组[20,30)，第2组[30,40)，第3组[40,50)，第4组[50,60)，第5组[60,70]，得到的频率分布直方图如图所示．(1)若电视台记者要从抽取的群众中选一人进行采访，估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率；(2)已知第1组群众中男性有3名，组织方要从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，求至少有1名女性群众的概率．解 (1)设第1组[20,30)的频率为f 1，则由题意，得f 1＝1－(0.035＋0.030＋0.020＋0.010)×10＝0.05.,被采访人恰好在第1组或第4组的频率为0.05＋0.020×10＝0.25.所以估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率为0.25. (2)∵第1组[20,30)的人数为0.05×120＝6.∴第1组中共有6名群众，其中女性群众共3名．记第1组中的3名男性群众分别为A ，B ，C,3名女性群众分别为x ，y ，z ，从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队包含(A ，B )，(A ，C )，(A ，x )，(A ，y )，(A ，z )，(B ，C )，(B ，x )，(B ，y )，(B ，z )，(C ，x )，(C ，y )，(C ，z )，(x ，y )，(x ，z )，(y ，z )，共15个基本事件．至少有一名女性群众包含(A ，x )，(A ，y )，(A ，z )，(B ，x )，(B ，y )，(B ，z )，(C ，x )，(C ，y )，(C ，z )，(x ，y )，(x ，z )，(y ，z )，共12个基本事件．∴从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，至少有1名女性群众的概率P ＝1215＝45.盒中有三张分别标有号码3,4,5的卡片，从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个为奇数的概率为________．答案 89 解析 解法一：两次抽取的卡片号码有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共9种，其中至少有一个是奇数有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共8种，因此所求概率为89. 解法二：所求事件的对立事件为“两次抽取的卡片号码都为偶数”，只有(4,4)这1种取法，而两次抽取的卡片号码有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共9种，因此所求事件的概率为1－19＝89. 答题启示“正难则反”的思想是一种常见的数学思想，如反证法、补集的思想都是“正难则反”思想的体现．在解决问题时，如果从问题的正面入手比较复杂或不易解决，那么尝试采用“正难则反”思想往往会起到事半功倍的效果，大大降低题目的难度．在求对立事件的概率时，经常应用“正难则反”的思想，即若事件A 与事件B 互为对立事件，在求P (A )或P (B )时，利用公式P (A )＝1－P (B )先求容易的一个，再求另一个．对点训练1.某单位要在4名员工(含甲、乙2人)中随机选2名到某地出差，则甲、乙2人中，至少有1人被选中的概率是( )A.56B.23C.13D.12答案 A解析 解法一：设四人分别为甲、乙、丙、丁，则随机选2名的情况为甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，共6种，其中甲、乙2人中，至少有1人被选中的情况为甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁，共5种，所以所求概率为56. 解法二：设四人分别为甲、乙、丙、丁，则随机选2名的情况为甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，共6种，其中甲、乙2人都没被选中的情况为丙丁，共1种，所以所求概率为1－16＝56. 2.(2019·烟台模拟)口袋里装有红球、白球、黑球各1个，这3个球除颜色外完全相同，有放回地连续抽取2次，每次从中任意取出1个球，则2次取出的球颜色不同的概率是( )A.29B.13C.23D.89 答案 C解析 解法一：由题意，得基本事件有(红，红)，(红，白)，(红，黑)，(白，红)，(白，白)，(白，黑)，(黑，红)，(黑，白)，(黑，黑)，共9个，2次取出的球颜色不同包含的基本事件有6个，所以2次取出的球颜色不同的概率P ＝69＝23，故选C. 解法二：由题意，得基本事件有(红，红)，(红，白)，(红，黑)，(白，红)，(白，白)，(白，黑)，(黑，红)，(黑，白)，(黑，黑)，共9个，其中2次取出的球颜色相同的基本事件有3个，所以2次取出的球颜色不同的概率为1－39＝23.。

第十一章 概 率第二讲 古典概型与几何概型练好题·考点自测1.[2020全国卷Ⅰ,4,5分][文]设O 为正方形ABCD 的中心, 在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点, 则取到的3点共线的概率为( )A.15 B.25 C.12 D.452.[2020贵阳高三摸底考试]某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课,每节课的时间为40分钟,第一节课上课的时间为7:50~8:30,课间休息10分钟.某同学请假后返校,若他在8:50~9:30之间随机到达教室,则他听第二节课的时间不少于20分钟的概率为 ( )A.15B.14C.13D.123.[2018全国卷Ⅰ,10,5分]图11-2-1来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ,直角边AB ,AC.△ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分 别记为p 1,p 2,p 3,则 ( )A .p 1=p 2B .p 1=p 3 C.p 2=p 3 D.p 1=p 2+p 3图11-2-14.[2021武汉高三质检]我国古人认为宇宙万物是由金、木、水、火、土这五种元素构成的,历史文献《尚书·洪范》提出了五行的说法,到战国晚期,五行相生相克的思想被正式提出.这五种物质属性的相生相克关系如图11-2-2所示,若从这五种物质中随机选取三种,则取出的三种物质中,彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率为 ( )A.35 B.12 C.25 D.13图11-2-25.[2020江苏,4,5分]将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是 . 拓展变式1.[2021福建南平质检]由共青团中央宣传部、中共山东省委宣传部、共青团山东省委、山东广播电视台联合出品的《国学小名士》第三季于2019年11月24日在山东卫视首播.首期最精彩的节目片段是π的飞花令:出题者依次给出π所含数字3,1,4,1,5,9,2,6,5,3……答题者则需要说出含有此数字的诗句.雷海为、杨强、马博文、张益铭与飞花令少女贺莉然同场PK,赛况激烈,最终π的飞花令突破204位.某校某班级开联欢会,同学们也举行了一场π的飞花令,为了增加趣味性,他们的规则如下:答题者先掷两个骰子,得到的点数分别记为(x ,y )(1≤x ≤6,1≤y ≤6,x ∈N *,y ∈N *),再取出π的小数点后第x 位和第y 位的数字,然后说出含有这两个数字的一个诗句,若能说出则可获得奖品.按照这个规则,取出的两个数字相同的概率为 ( )A.118 B.16C.736 D.292.(1)[2020湖北武汉模拟][与向量交汇]在平面直角坐标系xOy 中,已知点A (√3,0),B (1,2),D (3,2),动点P 满足OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μOB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,2],λ+μ∈[1,2],则点P 落在三角形ABD 内的概率为 ( )A.12 B.√33 C.√32D.23(2)[2017江苏,7,5分][与函数交汇]记函数f (x )=√6+x -x 2的定义域为D.在区间[-4,5]上随机取一个数x ,则x ∈D 的概率是 .3.采用随机模拟的方法估计某运动员射击击中目标的概率,先由计算器给出0到9之间取整数的随机数,指定0,1,2,3表示没有击中目标,4,5,6,7,8,9表示击中目标,4个随机数为一组,代表射击4次的结果,经随机模拟产生了如下20组随机数:7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为 .4.[2020湖南衡阳三模]洛书,古称龟书,是阴阳五行术数之源.其结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四隅黑点为阴数.如图11-2-7所示,若从四个阴数和五个阳数中各随机选取1个数,则选取的两数之和能被5整除的概率为 ( )A.110 B.320C.15 D.310图11-2-7答 案 第十一章 概 率 第二讲 古典概型与几何概型1.A 根据题意作出图形,如图D 11-2-1所示,在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点,有10种可能情况,分别为(OAB ),(OAC ), (OAD ),(OBC ),(OBD ),(OCD ),(ABC ),(ABD ),(ACD ),(BCD ),其中取到的3点共线有(OAC )和(OBD )2种可能情况,所以在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点,则取到的3点共线的概率为210=15,故选A .图D 11-2-12.B 随机到达教室总的时间长度为40分钟,第二节课8:40开始,9:20结束,听第二节课的时间不少于20分钟,必须在9:00前到达教室,即8:50~9:00到达即可,时间长度为10分钟,由几何概型的概率计算公式知他听第二节课的时间不少于20分钟的概率P =1040=14.故选B .3.A 解法一 设直角三角形ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,则区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积,为S 1=12bc ,区域Ⅱ的面积S 2=12π×(c2)2+12π×(b2)2-[π×(a 2)22−12bc ]=18π(c 2+b 2-a 2)+12bc =12bc ,所以S 1=S 2,由几何概型的知识知p 1=p 2,故选A .解法二 不妨设△ABC 为等腰直角三角形,AB =AC =2,则BC =2√2,所以区域Ⅰ的面积(即△ABC 的面积)为S 1=12×2×2=2,区域Ⅱ的面积S 2=π×12-[π×(√2)22−2]=2,区域Ⅲ的面积S 3=π×(√2)22−2=π-2.根据几何概型的概率计算公式,得p 1=p 2=2π+2,p 3=π-2π+2,所以p 1≠p 3,p 2≠p 3,p 1≠p 2+p 3,故选A .【试题评析】 本题以古希腊数学家研究的几何图形为背景,考查几何概型. 4.B 依题意,三种物质间相生相克关系如下表,×√√√×××√×√所以彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率P =510=12,故选B .5.19 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,向上的点数共有36种情况,其中点数和为5的情况有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),共4种,则所求概率为436=19.1.D 取出π的小数点后第x 位和第y 位的数字,基本事件共有36个,如下表所示:1 4 1 5 92 1 (1,1) (1,4) (1,1) (1,5) (1,9) (1,2) 4 (4,1) (4,4) (4,1) (4,5) (4,9) (4,2) 1 (1,1) (1,4) (1,1) (1,5) (1,9) (1,2) 5(5,1)(5,4)(5,1)(5,5)(5,9)(5,2)9 (9,1) (9,4) (9,1) (9,5) (9,9) (9,2) 2(2,1)(2,4)(2,1)(2,5)(2,9)(2,2)由表中数据可知取出的两个数字相同的基本事件共有8个,所以取出的两个数字相同的概率为P =836=29,故选D . 2.(1)A 由题意得OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μOB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(√3,0)+μ(1,2)=(√3λ+μ,2μ). 设P (x ,y ),则{x =√3λ+μ,y =2μ,解得{λ=√33(x -y2),μ=y 2,因为λ∈[0,1],μ∈[0,2],λ+μ∈[1,2], 所以{0≤√33(x -y2)≤1,0≤y2≤2,1≤√33(x -y 2)+y 2≤2,图D 11-2-2化简得{0≤2x -y ≤2√3,0≤y ≤4,2√3≤2x +(√3-1)y ≤4√3.作出不等式组表示的平面区域,如图D 11-2-2中阴影部分所示,点P 位于平行四边形ABEC 的内部(包含边界). 记事件M 为点P 落在三角形ABD 内,则由几何概型的概率计算公式可得所求概率为P (M )=S △ABCS四边形ABEC=12.故选A .(2)59 由6+x -x 2≥0,解得-2≤x ≤3,则D =[-2,3],则所求概率为3−(−2)5−(−4)=59.3.0.4 根据数据得该运动员射击4次至少击中3次的数据分别为7527 9857 8636 6947 4698 8045 9597 7424,所以该运动员射击4次至少击中3次的概率为820=0.4. 4.C 由题意可知,阴数为2,4,6,8,阳数为1,3,5,7,9.从阴数、阳数中各选一个数,所含的基本事件有{2,1},{2,3},{2,5},{2,7},{2,9},{4,1},{4,3},{4,5},{4,7},{4,9},{6,1},{6,3},{6,5},{6,7},{6,9},{8,1},{8, 3},{8,5},{8,7},{8,9}, 共20个.=两数之和能被5整除的组合为{2,3},{4,1},{6,9},{8,7},共4种情况,所以选取的两数之和能被5整除的概率P=4201.故选C.5。

§11.2 几何概型 最新考纲 考情考向分析 1.了解随机数的意义，能运用模拟的方法估计概率.2.了解几何概型的意义.以理解几何概型的概念、概率公式为主，会求一些简单的几何概型的概率，常与平面几何、线性规划、不等式的解集等知识交汇考查.在高考中多以选择、填空题的形式考查，难度为中档. 1.几何概型的定义事件A 理解为区域Ω的某一子区域A ，A 的概率只与子区域A 的几何度量(长度、面积或体积)成正比，而与A 的位置和形状无关，满足以上条件的试验称为几何概型.2.几何概型的概率公式P (A )＝μA μΩ，其中μΩ表示区域Ω的几何度量，μA 表示子区域A 的几何度量.3.随机模拟方法(1)使用计算机或者其他方式进行的模拟试验，以便通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是模拟方法.(2)用计算器或计算机模拟试验的方法为随机模拟方法.这个方法的基本步骤是①用计算器或计算机产生某个范围内的随机数，并赋予每个随机数一定的意义；②统计代表某意义的随机数的个数M 和总的随机数个数N ；③计算频率f n (A )＝M N作为所求概率的近似值. 概念方法微思考1.古典概型与几何概型有什么区别？提示 古典概型与几何概型中基本事件发生的可能性都是相等的，但古典概型要求基本事件有有限个，几何概型要求基本事件有无限多个.2.几何概型中线段的端点、图形的边框是否包含在内影响概率值吗？提示 几何概型中线段的端点，图形的边框是否包含在内不会影响概率值.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零.( √ )(2)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等.( √ )(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形.( √ )(4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.( √ )(5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关.( × )(6)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P ＝19.( × ) 题组二 教材改编2.在线段[0,3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为( )A.12B.13C.14D.1 答案 B解析 坐标小于1的区间为[0,1)，长度为1，[0,3]的区间长度为3，故所求概率为13. 3.有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是( )答案 A解析 ∵P (A )＝38，P (B )＝28，P (C )＝26，P (D )＝13， ∴P (A )>P (C )＝P (D )>P (B ).4.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.π4B.π－22 C.π6D.4－π4答案 D解析 如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的平面区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分(不包括AC )表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域.易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是4－π4，故选D. 题组三 易错自纠5.在区间[－2,4]上随机地取一个数x ，若x 满足|x |≤m 的概率为56，则m ＝________.答案 3解析 由|x |≤m ，得－m ≤x ≤m .当0<m ≤2时，由题意得2m 6＝56，解得m ＝2.5，矛盾，舍去. 当2<m <4时，由题意得m －－26＝56，解得m ＝3.故m ＝3. 6.在长为12cm 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，则该矩形面积小于32cm 2的概率为________.答案 23解析 设AC ＝x cm(0<x <12)，则CB ＝(12－x )cm ，则矩形的面积S ＝x (12－x )＝12x －x 2(cm 2).由12x －x 2<32，即(x －8)(x －4)>0，解得0<x <4或8<x <12.在数轴上表示，如图所示.由几何概型概率计算公式，得所求概率为812＝23. 题型一 与长度、角度有关的几何概型例1在等腰Rt△ABC 中，直角顶点为C .(1)在斜边AB上任取一点M，求|AM|<|AC|的概率；(2)在∠ACB的内部，以C为端点任作一条射线CM，与线段AB交于点M，求|AM|<|AC|的概率.解(1)如图所示，在AB上取一点C′，使|AC′|＝|AC|，连接CC′.由题意，知|AB|＝2|AC|.由于点M是在斜边AB上任取的，所以点M等可能分布在线段AB上，因此基本事件的区域应是线段AB.所以P(|AM|<|AC|)＝|AC′||AB|＝|AC|2|AC|＝22.(2)由于在∠ACB内以C为端点任作射线CM，所以CM等可能分布在∠ACB内的任一位置(如图所示)，因此基本事件的区域应是∠ACB，所以P(|AM|<|AC|)＝∠ACC′∠ACB＝π－π42π2＝34.思维升华求解与长度、角度有关的几何概型的概率的方法求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)，然后求解.要特别注意“长度型”与“角度型”的不同，解题的关键是构建事件的区域(长度或角度).跟踪训练1(1)某公司的班车在7：00，8：00,8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )A.13B.12C.23D.34答案 B解析 如图所示，画出时间轴.小明到达的时间会随机的落在图中线段AB 中，而当他的到达时间落在线段AC 或DB 上时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型的概率计算公式，得所求概率P ＝10＋1040＝12，故选B. (2)如图，四边形ABCD 为矩形，AB ＝3，BC ＝1，以A 为圆心，1为半径作四分之一个圆弧DE ，在∠DAB 内任作射线AP ，则射线AP 与线段BC 有公共点的概率为________.答案 13解析 因为在∠DAB 内任作射线AP ，所以它的所有等可能事件所在的区域是∠DAB ，当射线AP 与线段BC 有公共点时，射线AP 落在∠CAB 内，则区域为∠CAB ，所以射线AP 与线段BC 有公共点的概率为∠CAB ∠DAB ＝30°90°＝13. 题型二 与面积有关的几何概型命题点1 与面积有关的几何概型的计算例2(1)(2017·全国Ⅰ)如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14B.π8C.12D.π4答案 B解析 不妨设正方形ABCD 的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S 正方形＝4.由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S黑＝S 白＝12S 圆＝π2，所以由几何概型知，所求概率P ＝S 黑S 正方形＝π24＝π8. (2)由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，若在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为______.答案 78解析 如图，平面区域Ω1就是三角形区域OAB ，平面区域Ω2与平面区域Ω1的重叠部分就是区域OACD ，易知C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，故由几何概型的概率公式，得所求概率 P ＝S 四边形OACD S △OAB＝S △OAB －S △BCD S △OAB ＝2－142＝78. 命题点2 随机模拟例3(1)如图所示，矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆为96颗，以此试验数据为依据估计椭圆的面积为( )A.7.68B.8.68C.16.32D.17.32答案 C解析 由随机模拟的思想方法，可得黄豆落在椭圆内的概率为300－96300＝0.68.由几何概型的概率计算公式，可得S 椭圆S 矩形＝0.68，而S 矩形＝6×4＝24，则S 椭圆＝0.68×24＝16.32.(2)若采用随机模拟的方法估计某运动员射击击中目标的概率.先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，指定0,1,2,3表示没有击中目标，4,5,6,7,8,9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组如下的随机数：7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 46980371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为________.答案 0.4解析 根据数据得该运动员射击4次至少击中3次的数据分别为7527 9857 8636 6947 4698 8045 95977424，共8个，所以该运动员射击4次至少击中3次的概率为820＝0.4. 思维升华求解与面积有关的几何概型的注意点求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解.跟踪训练2(1)(2016·全国Ⅱ)从区间[0,1]内随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )A.4n mB.2n mC.4m nD.2m n答案 C解析 由题意得(x i ，y i )(i ＝1,2，…，n )在如图所示方格中，而平方和小于1的点均在如图所示的阴影中，由几何概型概率计算公式知π41＝m n， ∴π＝4m n，故选C.(2)在满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋1≥0，x ＋y －3≤0，y ≥0的平面内随机取一点M (x 0，y 0)，设事件A ＝“y 0<2x 0”，那么事件A 发生的概率是( ) A.14B.34C.13D.23答案 B解析 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋1≥0，x ＋y －3≤0，y ≥0表示的平面区域，即△ABC (包括边界)，其面积为4，且事件A ＝“y 0<2x 0”表示的区域为△AOC ，其面积为3，所以事件A 发生的概率是34. 题型三 与体积有关的几何概型例4如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体内随机取点M ，则使四棱锥M —ABCD 的体积小于16的概率为________. 答案 12解析 过点M 作平面RS ∥平面AC ，则两平面间的距离是四棱锥M —ABCD 的高，显然点M 在平面RS 上任意位置时，四棱锥M —ABCD的体积都相等.若此时四棱锥M —ABCD 的体积等于16，只要M 在截面以下即可小于16，当V M —ABCD ＝16时，即13×1×1×h ＝16，解得h ＝12，即点M 到底面ABCD 的距离，所以所求概率P ＝1×1×121×1×1＝12.思维升华求解与体积有关的几何概型的注意点对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求.跟踪训练3在一个球内有一棱长为1的内接正方体，一动点在球内运动，则此点落在正方体内部的概率为( ) A.6πB.32πC.3πD.233π 答案 D解析 由题意可知这是一个几何概型，棱长为1的正方体的体积V 1＝1，球的直径是正方体的体对角线长，故球的半径R ＝32，球的体积V 2＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫323＝32π，则此点落在正方体内部的概率P ＝V 1V 2＝233π.1.在区间[0，π]上随机地取一个数x ，则事件“sin x ≤12”发生的概率为( )A.34B.23C.12D.13 答案 D 解析在[0，π]上，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π时，sin x ≤12，故概率为π3π＝13.2.在区间[－1,3]上随机取一个数x ，若x 满足|x |≤m 的概率为12，则实数m 为( ) A.0B.1C.2D.3 答案 B解析 区间[－1,3]的区间长度为4. 不等式|x |≤m 的解集为[－m ，m ]， 当1<m ≤3时，由题意得m ＋14＝12，解得m ＝1(舍)， 当0<m ≤1时，由2m 4＝12，则m ＝1.故m ＝1.3.若正方形ABCD 的边长为4，E 为四边上任意一点，则AE 的长度大于5的概率等于( ) A.132 B.78 C.38D.18答案 D解析 设M ，N 分别为BC ，CD 靠近点C 的四等分点，则当E 在线段CM ，CN (不包括M ，N )上时，AE 的长度大于5，因为正方形的周长为16，CM ＋CN ＝2，所以AE 的长度大于5的概率为216＝18，故选D.4.在如图所示的圆形图案中有12片树叶，构成树叶的圆弧均相同且所对的圆心角为π3，若在圆内随机取一点，则此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率是( ) A.2－33πB.4－63πC.－13－32πD.23答案 B解析 设圆的半径为r ，根据扇形面积公式和三角形面积公式得阴影部分的面积S ＝24⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫16πr 2－34r 2＝4πr 2－63r 2，圆的面积S ′＝πr 2，所以此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率为SS ′＝4－63π，故选B. 5.(2018·大连模拟)已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB →＋PC →＋2PA →＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是( )A.14B.13C.23D.12 答案 D解析 以PB ，PC 为邻边作平行四边形PBDC ， 则PB →＋PC →＝PD →，因为PB →＋PC →＋2PA →＝0， 所以PB →＋PC →＝－2PA →，得PD →＝－2PA →，由此可得，P 是△ABC 边BC 上的中线AO 的中点，点P 到BC 的距离等于点A 到BC 的距离的12，所以S △PBC ＝12S △ABC ，所以将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，黄豆落在△PBC 内的概率为S △PBCS △ABC＝12，故选D. 6.2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年，中国人民银行为此发行了以此为主题的金银纪念币.如图所示是一枚8克圆形金质纪念币，直径22mm ，面额100元.为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是( ) A.363π10mm 2B.363π5mm 2C.726π5mm 2D.363π20mm 2答案 A解析 向硬币内投掷100次，恰有30次落在军旗内，所以可估计军旗的面积大约是S ＝30100×π×112＝363π10(mm 2).7.(2016·山东)在[－1,1]上随机地取一个数k ，则事件“直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交”发生的概率为________. 答案 34解析 由已知得，圆心(5,0)到直线y ＝kx 的距离小于半径，∴|5k |k 2＋1<3，解得－34<k <34，由几何概型得P ＝34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－－1＝34.8.在等腰直角三角形ABC 中，∠C ＝90°，在直角边BC 上任取一点M ，则∠CAM <30°的概率是________.答案 33解析 因为点M 在直角边BC 上是等可能出现的，所以“区域”是长度.设BC ＝a ，则所求概率P ＝33a a ＝33.9.如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥A —A 1BD 内的概率为______. 答案 16解析 因为1A A BD V -＝1A ABD V -＝13AA 1×S △ABD＝16×AA 1×S 矩形ABCD ＝16V 长方体， 故所求概率为1A A BDV -V 长方体＝16.10.在区间[1,5]和[2,4]上分别各取一个数，记为m 和n ，则方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆的概率是________. 答案 12解析 ∵方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，∴m >n .如图，由题意知，在矩形ABCD 内任取一点Q (m ，n )，点Q 落在阴影部分(不包括m ＝n 这条直线)的概率即为所求的概率，易知直线m ＝n 恰好将矩形平分，∴所求的概率为12.11.已知向量a ＝(－2,1)，b ＝(x ，y ).(1)若x ，y 分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足a ·b ＝－1的概率；(2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，求满足a ·b <0的概率. 解 (1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为6×6＝36，由a ·b ＝－1，得－2x ＋y ＝－1，所以满足a ·b ＝－1的基本事件为(1,1)，(2,3)，(3,5)，共3个. 故满足a ·b ＝－1的概率为336＝112.(2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，则全部基本事件的结果为Ω＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6}.满足a ·b <0的基本事件的结果为A ＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6且－2x ＋y <0}.画出图象如图所示，矩形的面积为S 矩形＝25， 阴影部分的面积为S 阴影＝25－12×2×4＝21，故满足a ·b <0的概率为2125.12.甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的.如果甲船停泊时间为1h ，乙船停泊时间为2h ，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率.解 设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x 与y ，记事件A 为“两船都不需要等待码头空出”，则0≤x ≤24，0≤y ≤24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1h 以上或乙比甲早到达2h 以上，即y －x ≥1或x －y ≥2.故所求事件构成集合A ＝{(x ，y )|y －x ≥1或x －y ≥2，x ∈[0,24]，y ∈[0,24]}.A 为图中阴影部分，全部结果构成的集合Ω为边长是24的正方形及其内部.所求概率为P (A )＝A 的面积Ω的面积＝24－12×12＋24－22×12242＝506.5576＝10131152.13.在长为1的线段上任取两点，则这两点之间的距离小于12的概率为________. 答案 34解析 设任取两点所表示的数分别为x ，y ，则0≤x ≤1，且0≤y ≤1，如图所示，则总事件所占的面积为1.记这两点之间的距离小于12为事件A ，则A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ，y⎪⎪⎪|x －y |<12，0≤x ≤1，0≤y ≤1，如图中阴影部分所示，空白部分所占的面积为2×12×12×12＝14，所以所求两点之间的距离小于12的概率P (A )＝1－141＝34.14.如图，在面积为S 的矩形ABCD 内任取一点P ，则△PBC 的面积小于S4的概率为________.答案 12解析 如图，设△PBC 的边BC 上的高为PF ，线段PF 所在的直线交AD 于点E ，当△PBC 的面积等于S4时，12BC ·PF ＝14BC ·EF ，所以PF＝12EF .过点P 作GH 平行于BC 交AB 于点G ，交CD 于点H ，则满足条件“△PBC 的面积小于S4”的点P 落在矩形GBCH 边界(不包括BC ，GH )及其内部.设“△PBC 的面积小于S4”为事件A ，则构成事件A 的区域的面积为S2，而试验的全部结果所构成的区域面积为S ，所以由几何概型的概率计算公式得P (A )＝S2S ＝12.所以△PBC 的面积小于S4的概率是12.15.在区间[0,1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≥13”的概率，p 2为事件“|x －y |≤13”的概率，p 3为事件“xy ≤13”的概率，则( ) A.p 1<p 2<p 3B.p 2<p 3<p 1C.p 3<p 1<p 2D.p 3<p 2<p 1答案 B解析 因为x ，y ∈[0,1]，所以事件“x ＋y ≥13”表示的平面区域如图(1)阴影部分(含边界)S 1，事件“|x －y |≤13”表示的平面区域如图(2)阴影部分(含边界)S 2，事件“xy ≤13”表示的平面区域如图(3)阴影部分(含边界)S 3，由图知，阴影部分的面积满足S 2<S 3<S 1，正方形的面积为1×1＝1，根据几何概型概率计算公式可得p 2<p 3<p 1. 16.如图，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，求此点取自空白部分的概率. 解 设分别以OA ，OB 为直径的两个半圆交于点C ，OA 的中点为D ，如图，连接OC ，DC . 不妨令OA ＝OB ＝2， 则OD ＝DA ＝DC ＝1.在以OA 为直径的半圆中，空白部分面积S 1＝π4＋12×1×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－12×1×1＝1，所以整个图形中空白部分面积S 2＝2. 又因为S 扇形OAB ＝14×π×22＝π，所以P ＝2π.。