高考理科数学真题练习题古典概型理含解析

古典概型(1)理解古典概型及其概率计算公式．(2)会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率．知识点 古典概型 古典概型 (1)特点：①试验中所有可能出现的结果个数只有有限个，即有限性． ②每个结果发生的可能性相等，即等可能性． (2)概率公式：P (A )＝事件A 包含的可能结果数试验的所有可能结果数＝m n.易误提醒 (1)在计算古典概型中试验的所有结果数和事件发生结果时，易忽视他们是否是等可能的．(2)概率的一般加法公式P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )－P (A ∩B )中，易忽视只有当A ∩B ＝∅，即A ，B 互斥时，P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )，此时P (A ∩B )＝0.[自测练习]1．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )A.13 B.12 C.23D.34解析：甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9种，其中，甲、乙参加同一小组的情况有3种．故甲、乙参加同一个兴趣小组的概率P ＝39＝13.答案：A2．从一副混合后的扑克牌(52张)中，随机抽取1张．事件A 为“抽到红桃K ”，事件B 为“抽到黑桃”，则P (A ∪B )＝________(结果用最简分数表示)．解析：∵P (A )＝152，P (B )＝1352，∴P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝152＋1352＝1452＝726.答案：7263．(2016·南京模拟)现从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，则甲被选中的概率为________．解析：从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，有甲、乙，甲、丙，乙、丙三种可能，则甲被选中的概率为23.答案：234．(2016·昆明模拟)投掷两颗相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各个面上依次标有点数1,2,3,4,5,6)一次，则两颗骰子向上点数之积等于12的概率为________．解析：抛掷两颗相同的正方体骰子共有36种等可能的结果：(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)．点数积等于12的结果有：(2,6)，(3,4)，(4,3)，(6,2)，共4种，故所求事件的概率为436＝19.答案：19考点一 古典概型|1．从1,2,3,4这四个数字中依次取(不放回)两个数a ，b ，使得a 2≥4b 的概率是( ) A.13 B.512 C.12D.712解析：基本事件为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，…，(4,3)，共12个，符合条件的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共6个，因此使得a 2≥4b 的概率是12.答案：C2．(2015·高考湖南卷)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．抽奖方法是：从装有2个红球A 1，A 2和1个白球B 的甲箱与装有2个红球a 1，a 2和2个白球b 1，b 2的乙箱中，各随机摸出1个球．若摸出的2个球都是红球则中奖，否则不中奖．(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果；(2)有人认为：两个箱子中的红球比白球多，所以中奖的概率大于不中奖的概率．你认为正确吗？请说明理由．解：(1)所有可能的摸出结果是{A 1，a 1}，{A 1，a 2}，{A 1，b 1}，{A 1，b 2}，{A 2，a 1}，{A 2，a 2}，{A 2，b 1}，{A 2，b 2}，{B ，a 1}，{B ，a 2}，{B ，b 1}，{B ，b 2}．(2)不正确．理由如下：由(1)知，所有可能的摸出结果共12种，其中摸出的2个球都是红球的结果为{A 1，a 1}，{A 1，a 2}，{A 2，a 1}，{A 2，a 2}，共4种，所以中奖的概率为412＝13，不中奖的概率为1－13＝23>13，故这种说法不正确．计算古典概型事件的概率可分三步(1)算出基本事件的总个数n .(2)求出事件A 所包含的基本事件个数m .(3)代入公式求出概率P .考点二 古典概型的交汇命题|古典概型在高考中常与平面向量、集合、函数、解析几何、统计等知识交汇命题，命题的角度新颖，考查知识全面，能力要求较高．归纳起来常见的交汇探究角度有： 1．古典概型与平面向量相结合． 2．古典概型与直线、圆相结合． 3．古典概型与函数相结合． 4．古典概型与统计相结合． 探究一 古典概型与平面向量相结合1．已知向量a ＝(x ，－1)，b ＝(3，y )，其中x 随机选自集合{－1,1,3}，y 随机选自集合{1,3,9}． (1)求a ∥b 的概率； (2)求a ⊥b 的概率．[解] (1)由题意，得(x ，y )所有的基本事件为(－1，1)，(－1,3)，(－1,9)，(1,1)，(1,3)，(1,9)，(3,1)，(3,3)，(3,9)，共9个．(1)设“a ∥b ”为事件A ，则xy ＝－3. 事件A 包含的基本事件有(－1,3)，共1个． 故a ∥b 的概率为P (A )＝19.(2)设“a ⊥b ”为事件B ，则y ＝3x .事件B 包含的基本事件有(1,3)，(3,9)，共2个． 故a ⊥b 的概率为P (B )＝29.探究二 古典概型与直线、圆相结合2．(2015·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________．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(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36种，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＋b 2≤2，a 2≤b 2的数组(a ，b )有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，…，(6,6)，共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率等于2136＝712.答案：712探究三 古典概型与函数相结合3．设a ∈{2,4}，b ∈{1,3}，函数f (x )＝12ax 2＋bx ＋1.(1)求f (x )在区间(－∞，－1]上是减函数的概率；(2)从f (x )中随机抽取两个，求它们在(1，f (1))处的切线互相平行的概率．解：(1)f ′(x )＝ax ＋b ，由题意f ′(－1)≤0，即b ≤a ，而(a ，b )共有(2,1)，(2,3)，(4,1)，(4,3)四种，满足b ≤a 的有3种，故概率为34.(2)由(1)可知，函数f (x )共有4种可能，从中随机抽取两个，有6种抽法． ∵函数f (x )在(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝a ＋b ，∴这两个函数中的a 与b 之和应该相等，而只有(2,3)，(4,1)这1组满足，∴概率为16.探究四 古典概型与统计相结合4．(2015·高考安徽卷)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100]．(1)求频率分布直方图中a 的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；(3)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40,50)的概率．解：(1)因为(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006.(2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率为0.4.(3)受访职工中评分在[50,60)的有：50×0.006×10＝3(人)，记为A1，A2，A3；受访职工中评分在[40,50)的有：50×0.004×10＝2(人)，记为B1，B2.从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即{B1，B2}，故所求的概率为110.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．9.古典概型综合问题的答题模板【典例】(12分)(2015·高考福建卷)全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响力的综合指标．根据相关报道相供的全网传播2015年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据，对名列前20名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计，结果如表所示.组号分组频数1[4,5) 22[5,6)83[6,7)74[7,8] 3(1)现从融合指数在[4,5)和2家进行调研，求至少有1家的融合指数在[7,8]内的概率；(2)根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数．[易误点析](1)观察表中数据，先求出样本空间所含的基本事件数，再求出至少有1家的融合指数在[7,8]内所含的基本事件数，最后利用古典概型的概率公式，即可求出所求事件的概率；(2)利用频率分布直方图中的平均数的计算方法，即可得结果．[规范解答](1)法一：融合指数在[7,8]内的3家“省级卫视新闻台”记为A1，A2，A3；融合指数在[4,5)内的2家“省级卫视新闻台”记为B1，B2.从融合指数在[4,5)和[7,8]内的5家“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10个．(3分)其中，至少有1家的融合指数在[7,8]内的基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，共9个．(6分)所以所求的概率P＝910.(8分)法二：融合指数在[7,8]内的3家“省级卫视新闻台”记为A1，A2，A3；融合指数在[4,5)内的2家“省级卫视新闻台”记为B1，B2.从融合指数在[4,5)和[7,8]内的5家“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10个．(3分)其中，没有1家的融合指数在[7,8]内的基本事件是：{B1，B2}，共1个．(6分)所以所求的概率P＝1－110＝910.(8分)(2)这20家“省级卫视新闻台”的融合指数平均数等于4．5×220＋5.5×820＋6.5×720＋7.5×320＝6.05.(12分)[模板形成]审题求出样本空间所含的基本事件数↓再分析并求出所求事件的事件数↓利用古典概型公式求概率↓根据统计知识求解相关问题↓反思解题过程，注意规范化[跟踪练习]在正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则构成的四边形是梯形的概率为()A.15B.25C.16D.18解析：如图，在正六边形ABCDEF 的6个顶点中随机选择4个顶点，共有15种选法，其中构成的四边形是梯形的有ABEF ，BCDE ，ABCF ，CDEF ，ABCD ，ADEF ，共6种情况，故构成的四边形是梯形的概率P ＝615＝25，故选B.答案：BA 组 考点能力演练1．第22届冬季奥运会于2014年2月7日在俄罗斯索契开幕，到冰壶比赛场馆服务的大学生志愿者中，有2名来自莫斯科国立大学，有4名来自圣彼得堡国立大学，现从这6名志愿者中随机抽取2人，则至少有1名志愿者来自莫斯科国立大学的概率是( )A.1415 B.115 C.35D.25解析：从6人中抽取2人的基本事件个数为15，而事件“两名志愿者都来自圣彼得堡国立大学”包含的基本事件个数为6，∴所求概率为P ＝1－615＝35.故选C.答案：C2．(2016·威海一模)从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a ，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b ，则向量m ＝(a ，b )与向量n ＝(1，－1)垂直的概率为( )A.16B.13C.14D.12解析：由题意可知m ＝(a ，b )有：(2,1)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共12种情况．因为m ⊥n ，即m ·n ＝0，所以a ×1＋b ×(－1)＝0，即a ＝b ， 满足条件的有(3,3)，(5,5)共2个， 故所求的概率为16.答案：A3．记a ，b 分别是投掷两次骰子所得的数字，则方程x 2－ax ＋2b ＝0有两个不同实根的概率为( )A.518B.14C.310D.910解析：由题意知投掷两次骰子所得的数字分别为a ，b ，则基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，…，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36种，而方程x 2－ax ＋2b ＝0有两个不同实根的条件是a 2－8b >0，因此满足此条件的基本事件有(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(5,2)，(5,3)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，共9个，故所求的概率为936＝14.答案：B4．(2016·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16个元素，其中使OA 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. 答案：C5．一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次为a ，b ，c ，当且仅当a >b ，b <c 时称为“凹数”(如213,312等)，若a ，b ，c ∈{1,2,3,4}，且a ，b ，c 互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率是( )A.16B.524C.13D.724解析：由1,2,3组成的三位数有123,132,213,231,312,321，共6个． 由1,2,4组成的三位自然数共6个； 由1,3,4组成的三位自然数也是6个； 由2,3,4组成的三位自然数也是6个．所以共有6＋6＋6＋6＝24个．当b ＝1时，有214,213,314,412,312,413，共6个“凹数”． 当b ＝2时，有324,423，共2个“凹数”． 故这个三位数为“凹数”的概率P ＝6＋224＝13.答案：C6．从2男3女共5名同学中任选2名(每名同学被选中的机会均等)，这2名都是男生或都是女生的概率等于________．解析：设2名男生为A ，B,3名女生为a ，b ，c ，则从5名同学中任取2名的方法有(A ，B )，(A ，a )，(A ，b )，(A ，c )，(B ，a )，(B ，b )，(B ，c )，(a ，b )，(a ，c )，(b ，c )，共10种，而这2名同学刚好是一男一女的有(A ，a )，(A ，b )，(A ，c )，(B ，a )，(B ，b )，(B ，c )，共6种，故所求的概率P ＝1－610＝25. 答案：257．设集合P ＝{－2，－1,0,1,2}，x ∈P 且y ∈P ，则点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝4内部的概率为________． 解析：以(x ，y )为基本事件，可知满足x ∈P 且y ∈P 的基本事件有25个．若点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝4内部，则x ，y ∈{－1,1,0}，用列表法或坐标法可知满足x ∈{－1,1,0}且y ∈{－1,1,0}的基本事件有9个．所以点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝4内部的概率为925.答案：9258．将一颗骰子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相交的概率为________．解析：圆心(2,0)到直线ax －by ＝0的距离d ＝|2a |a 2＋b2，当d <2时，直线与圆相交，则有d ＝|2a |a 2＋b 2<2，得b >a ，满足题意的b >a 共有15种情况，因此直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为1536＝512.答案：5129．甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女． (1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率； (2)若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名老师来自同一学校的概率．解：(1)从甲、乙两校报名的教师中各选1名，共有n ＝C 13×C 13＝9种选法．记“2名教师性别相同”为事件A ，则事件A 包含基本事件总数m ＝C 12·1＋C 12·1＝4，∴P (A )＝m n ＝49. (2)从报名的6人中任选2名，有n ＝C 26＝15种选法．记“选出的2名老师来自同一学校”为事件B ，则事件B 包含基本事件总数m ＝2C 23＝6. ∴选出2名教师来自同一学校的概率P (B )＝615＝25.10．(2016·烟台一模)某校从参加高三年级期中考试的学生中抽出50名学生，并统计了他们的数学成绩(成绩均为整数且满分为100分)，数学成绩分组及各组频数如下：[40,50)，2；[50,60)，3；[60,70)，14；[70,80)，15；[80,90)，12；[90,100)，4. (1)请把给出的样本频率分布表中的空格都填上； (2)估计成绩在85分以上学生的比例；(3)为了帮助成绩差的学生提高数学成绩，学校决定成立“二帮一”小组，即从成绩[90,100)中选两位同学，共同帮助成绩在[40,50)中的某一位同学．已知甲同学的成绩为42分，乙同学的成绩为95分，求甲、乙两同学恰好被安排在同一小组的概率．样本频率分布表解：(1)样本的频率分布表：(2)估计成绩在85分以上的有6＋4＝10人， 所以估计成绩在85分以上的学生比例为1050＝15.(3)[40,50)内有2人，记为甲、A .[90,100)内有4人，记为乙，B 、C 、D .则“二帮一”小组有以下12种分组办法：(甲，乙，B )，(甲，乙，C )，(甲，乙，D )，(甲，B ，C )，(甲，B ，D )，(甲，C ，D )，(A ，乙，B )，(A ，乙，C )，(A ，乙，D )，(A ，B ，C )，(A ，B ，D )，(A ，C ，D )．其中甲、乙两同学被分在同一小组有3种办法：(甲，乙，B )，(甲，乙，C )，(甲，乙，D )． 所以甲、乙两同学恰好被安排在同一小组的概率为P ＝312＝14.B 组 高考题型专练1．(2015·高考广东卷)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )A.521B.1021C.1121D ．1解析：由题意得基本事件的总数为C 215，恰有1个白球与1个红球的基本事件个数为C 110C 15，所以所求概率P ＝C 110C 15C 215＝1021.答案：B2．(2015·高考江苏卷)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．解析：从4只球中一次随机摸出2只球，有6种结果，其中这2只球颜色不同有5种结果，故所求概率为56.答案：563．(2015·高考四川卷)一辆小客车上有5个座位，其座位号为1,2,3,4,5.乘客P 1，P 2，P 3，P 4，P 5的座位号分别为1,2,3,4,5，他们按照座位号从小到大的顺序先后上车．乘客P 1因身体原因没有坐自己的1号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就座：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位；如果自己的座位已有乘客就座，就在这5个座位的剩余空位中任意选择座位．(1)若乘客P 1坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4种坐法．下表给出了其中两种坐法，请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处)；(2)若乘客P 1坐到了55号座位的概率． 解：(1)余下两种坐法如下表所示：(2)若乘客P 1坐到了2号座位，其他乘客按规则就座，则所有可能的坐法可用下表表示为：于是，所有可能的坐法共8种．设“乘客P 5坐到5号座位”为事件A ，则事件A 中的基本事件的个数为4， 所以P (A )＝48＝12.答：乘客P 5坐到5号座位的概率是12.4．(2014·高考福建卷)根据世行2013年新标准，人均GDP 低于1 035美元为低收入国家；人均GDP 为1 035～4 085美元为中等偏下收入国家；人均GDP 为4 085～12 616美元为中等偏上收入国家；人均GDP 不低于12 616美元为高收入国家．某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP 如下表：(1)(2)现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准的概率．解：(1)设该城市人口总数为a，则该城市人均GDP为1a(8 000×0.25a＋4 000×0.30a＋6 000×0.15a＋3 000×0.10a＋10 000×0.20a)＝6 400.因为6 400∈[4 085,12 616)，所以该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准．(2)“从5个行政区中随机抽取2个”的所有的基本事件是：{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{C，D}，{C，E}，{D，E}，共10个．设事件“抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准”为M，则事件M包含的基本事件是：{A，C}，{A，E}，{C，E}，共3个，所以所求概率为P(M)＝310.。

10.1.3 古典概型一、选择题1．下列有关古典概型的四种说法：①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；③每个样本点出现的可能性相等；④已知样本点总数为n，若随机事件A包含k个样本点，则事件A发生的概率()kP An=.其中所正确说法的序号是（）A．①②④B．①③C．③④D．①③④【答案】D【解析】②中所说的事件不一定是样本点，所以②不正确；根据古典概型的特点及计算公式可知①③④正确.故选:D.2．某袋中有9个除颜色外其他都相同的球,其中有5个红球,4个白球,现从中任意取出1个,则取出的球恰好是白球的概率为( )A．15B．14C．49D．59【答案】C【解析】从9个球中任意取出1个,样本点总数为9,取出的球恰好是白球含4个样本点,故所求概率为49,故选：C.3．甲乙两人有三个不同的学习小组A，B，C可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为（）A ．13 B ．14 C ．15 D ．16【答案】A【解析】依题意，基本事件的总数有339⨯=种，两个人参加同一个小组，方法数有3种，故概率为3193=. 4．齐王有上等、中等、下等马各一匹，田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现在从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜得概率为（ ）A ．49B ．59C ．23D ．79【答案】C【解析】设齐王上等、中等、下等马分別为,,A B C ，田忌上等、中等、下等马分别为,,a b c ， 现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,基本事件有：()()()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,,,,,A a A b A c B a B b B c C a C b C c ，共9种，有优势的马一定获胜，齐王的马获胜包含的基本事件有：()()()()()(),,,,,,,,,,,A a A b A c B b B c C c ，共 6种,∴齐王的马获胜的概率为6293P ==，故选C. 5．（多选题）下列概率模型是古典概型的为( )A ．从6名同学中选出4人参加数学竞赛,每人被选中的可能性大小B ．同时据两枚质地均匀的骰子,点数和为6的概率C ．近三天中有一天降雨的概率D ．10人站成一排,其中甲,乙相邻的概率 【答案】ABD【解析】古典概型的特点:①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基本事件出现的可能性相等.显然A､B､D符合古典概型的特征，所以A､B､D是古典概型；C选项，每天是否降雨受多方面因素影响，不具有等可能性，不是古典概型.故选：ABD.6．（多选题）张明与李华两人做游戏,则下列游戏规则中公平的是（）A．抛掷一枚质地均匀的骰子,向上的点数为奇数则张明获胜,向上的点数为偶数则李华获胜B．同时抛掷两枚质地均匀的硬币,恰有一枚正面向上则张明获胜,两枚都正面向上则李华获胜C．从一副不含大小王的扑克牌中抽一张,扑克牌是红色的则张明获胜,扑克牌是黑色的则李华获胜D．张明､李华两人各写一个数字6或8,两人写的数字相同则张明获胜,否则李华获胜【答案】ACD【解析】选项A中,向上的点数为奇数与向上的点数为偶数的概率相等,A符合题意;选项B中,张明获胜的概率是12,而李华获胜的概率是14,故游戏规则不公平,B不符合题意;选项C中,扑克牌是红色与扑克牌是黑色的概率相等,C符合题意;选项D中,两人写的数字相同与两人写的数字不同的概率相等,D符合题意.故选：ACD二、填空题7．将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和大于9的概率是_______．【答案】1 6【解析】抛掷一个骰子两次，基本事件有36种，其中符合题意的有：()()()()()()4,6,5,5,,5,6,6,4,6,5,6,6共六种，故概率为61 366=.8．有红心1，2，3，4和黑桃5这五张扑克牌，现从中随机抽取两张，则抽到的牌均为红心的概率是_______．【答案】3 5【解析】五张扑克牌中随机抽取两张，有：12、13、14、15、23、24、25、34、35、45共10种，抽到2张均为红心的有：12、13、14、23、24、34共6种，所以，所求的概率为：63105=故答案为：35. 9．从2、3、8、9任取两个不同的数值，分别记为a 、b ，则为整数的概率= ．【答案】16【解析】：从2，3，8，9中任取两个数记为,a b ，作为作为对数的底数与真数，共有2412A =个不同的基本事件，其中为整数的只有23log 8,log 9两个基本事件，所以其概率21126P ==. 10．一个口袋内装有大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为0.58，摸出红球或黑球的概率为0.62，那么摸出红球的概率为________． 【答案】0.2【解析】∵A ＝“摸出红球或白球”与B ＝“摸出黑球”是对立事件，且P(A)＝0.58，∴P(B)＝1－P(A)＝0.42，又C ＝“摸出红球或黑球”与D ＝“摸出白球”是对立事件，且P(C)＝0.62，∴P(D)＝0.38. 设事件E ＝“摸出红球”，则P(E)＝1－P(B ∪D)＝1－P(B)－P(D)＝1－0.42－0.38＝0.2. 三、解答题11．某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x ，y.奖励规则如下：①若3xy ≤，则奖励玩具一个；②若8xy≥，则奖励水杯一个；③其余情况奖励饮料一瓶.假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动.（Ⅰ）求小亮获得玩具的概率；（Ⅰ）请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由.【答案】（Ⅰ）516.（Ⅰ）小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.【解析】（Ⅰ）两次记录的所有结果为（1,1），（1,,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,2），（2,3），（2,4），（3,1），（3,2），（3,3），（3,4），（4,1），（4,2），（4,3），（4,4），共16个．满足xy≤3的有（1,1），（1,,2），（1,3），（2,1），（3,1），共5个，所以小亮获得玩具的概率为5 16．（Ⅰ）满足xy≥8的有（2,4），（3,,3），（3,4），（4,2），（4,3），（4,4），共6个，所以小亮获得水杯的概率为6 16；小亮获得饮料的概率为5651161616 --=，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．12．某单位N名员工参加“社区低碳你我他”活动．他们的年龄在25岁至50岁之间．按年龄分组：第1组[25,30)，第2组[30,35)，第3组[35,40)，第4组[40,45)，第5组[45,50]，得到的频率分布直方图如图所示．下表是年龄的频率分布表.(1)求正整数a ，b ，N 的值；(2)现要从年龄较小的第1,2,3组中用分层抽样的方法抽取6人，则年龄在第1,2,3组的人数分别是多少？ (3)在(2)的条件下，从这6人中随机抽取2人参加社区宣传交流活动，求恰有1人在第3组的概率． 【答案】（1）25,100，250； （2）1人，1人，4人； （3）815. 【解析】 (1)由频率分布直方图可知，[25,30)与[30,35)两组的人数相同，所以25a =. 且0.08251000.02b =⨯= 总人数252500.025N ==⨯ (2)因为第1,2,3组共有2525100150++=人，利用分层抽样在150名员工中抽取6人，每组抽取的人数分别为：第1组的人数为2561150⨯=， 第2组的人数为2561150⨯=，第3组的人数为10064150⨯=， 所以第1,2,3组分别抽取1人，1人，4人．(3)由(2)可设第1组的1人为A ，第2组的1人为B ，第3组的4人分别为1C ，2C ，3C ，4C 则从6人中抽取2人的所有可能结果为：()A B ，，()1A C ，，()2A C ，，()3A C ，，()4A C ，，()1B C ，，()2B C ，，()3B C ，，()4B C ，，()12C C ，，()13 C C ，，()14C C ，，()()2324 C C C C ，，，，()34C C ，共有15种．其中恰有1人年龄在第3组的所有结果为：()1AC ，，()2A C ，，()3A C ，，()4A C ，，()1B C ，，()2B C ，，()3B C ，，()4B C ，，共有8种．8 15.所以恰有1人年龄在第3组的概率为。

专题十一概率与统计【真题探秘】11.1随机事件、古典概型与几何概型探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.随机事件的概率(1)了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性,了解概率的意义,了解频率与概率的区别.(2)了解两个互斥事件的概率加法公式.(3)理解古典概型及其概率计算公式.2019课标Ⅰ,6,5分古典概型排列与组合★★★2018课标Ⅱ,8,5分古典概型组合2018课标Ⅰ,10,5分与面积有关的几何概型圆的面积和三角形的面积2.古典概型2017课标Ⅰ,2,5分与面积有关的几何概型圆的面积3.几何概型2016课标Ⅰ,4,5分与长度有关的几何概型(4)会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.(5)了解随机数的意义,能运用模拟方法估计概率. (6)了解几何概型的意义2016课标Ⅱ,10,5分与面积有关的几何概型随机模拟分析解读本节是高考的热点,常以选择题或填空题的形式出现,主要考查利用频率估计随机事件的概率,常涉及对立事件、互斥事件,古典概型及与长度、面积有关的几何概型,有时也与其他知识进行交汇命题,以解答题的形式出现,如概率与统计和统计案例的综合,主要考查学生的逻辑思维能力和数学运算能力.破考点练考向【考点集训】考点一随机事件的概率1.(2019山东烟台一模,3)已知甲袋中有1个红球1个黄球,乙袋中有2个红球1个黄球,现从两袋中各随机取一个球,则取出的两球中至少有1个红球的概率为()A.13B.12C.23D.56答案D2.(2019山西太原模拟,2)已知随机事件A和B互斥,且P(A∪B)=0.7,P(B)=0.2,则P(A)=()A.0.5B.0.1C.0.7D.0.8答案A考点二古典概型1.(2020届河南百校联盟9月联合检测,4)2019年7月1日,《上海市生活垃圾管理条例》正式实施,生活垃圾要按照“可回收物”“有害垃圾”“湿垃圾”“干垃圾”的分类标准进行分类,没有垃圾分类和未投放到指定垃圾桶内等会被罚款和行政处罚.若某上海居民提着厨房里产生的“湿垃圾”随意地投放到楼下的垃圾桶,若楼下分别放有“可回收物”“有害垃圾”“湿垃圾”“干垃圾”四个垃圾桶,则该居民会被罚款和行政处罚的概率为()A.13B.23C.14D.34答案D2.(2019江西南昌一模,6)2021年广东新高考将实行3+1+2模式,即语文、数学、外语必选,物理、历史二选一,政治、地理、化学、生物四选二,共有12种选课模式.今年上高一的小明与小芳都准备选历史与政治,假若他们都对后面三科没有偏好,则他们选课相同的概率为()A.12B.13C.16D.19答案B考点三几何概型1.(2020届贵州贵阳8月月考,7)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.12答案B2.(2018湖南三湘名校教育联盟第三次联考,3)已知以原点O为圆心,1为半径的圆以及函数y=x3的图象如图所示,则向圆内任意投掷一粒小米(视为质点),则该小米落入阴影部分的概率为()A.12B.14C.16D.18答案B炼技法提能力【方法集训】方法1古典概型概率的求法1.(2019安徽蚌埠二模,4)从1,2,3,4中选取两个不同数字组成两位数,则这个两位数能被4整除的概率为()A.13B.14C.16D.112答案B2.(2019江西九江一模,4)洛书,古称龟书,是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上有此图案,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,其各行各列及对角线点数之和皆为15.如图,若从四个阴数中随机抽取两个数,则能使这两数与居中阳数之和等于15的概率是()A.12B.23C.14D.13答案D方法2几何概型概率的求法1.(2020届河南安阳第一次调研月考,10)从[-2,3]中任取一个实数a,则a的值能使函数f(x)=x+asin x在R上单调递增的概率为()A.45B.35C.25D.15答案C2.如图,在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器,圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切,圆锥的顶点在鱼缸的缸底上,现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食,则“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是()A.1-π4B.π12C.π4D.1-π12答案A【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一古典概型(2018课标Ⅱ,8,5分)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是()A.112B.114C.115D.118答案C考点二几何概型1.(2018课标Ⅰ,10,5分)下图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p1,p2,p3,则()A.p1=p2B.p1=p3C.p2=p3D.p1=p2+p3答案A2.(2017课标Ⅰ,2,5分)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B3.(2016课标Ⅰ,4,5分)某公司的班车在7:30,8:00,8:30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B4.(2016课标Ⅱ,10,5分)从区间[0,1]随机抽取2n个数x1,x2,…,x n,y1,y2,…,y n,构成n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(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.4nm B.2nmC.4mnD.2mn答案CB组自主命题·省(区、市)卷题组考点一古典概型1.(2017山东,8,5分)从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张.则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是()A.518B.49C.59D.79答案C2.(2019江苏,6,5分)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务,则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是.答案7103.(2018江苏,6,5分)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考点二几何概型1.(2015陕西,11,5分)设复数z=(x-1)+yi(x,y∈R),若|z|≤1,则y≥x的概率为()A.34+12πB.14-12πC.12-1πD.12+1π答案 B2.(2017江苏,7,5分)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 . 答案593.(2015福建,13,4分)如图,点A 的坐标为(1,0),点C 的坐标为(2,4),函数f(x)=x 2.若在矩形ABCD 内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率等于 .答案512C 组 教师专用题组考点一 古典概型1.(2014课标Ⅰ,5,5分)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( ) A.18B.38C.58D.78答案 D2.(2016江苏,7,5分)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次,则出现向上的点数之和小于10的概率是 . 答案563.(2015江苏,5,5分)袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球,1只红球,2只黄球.从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为 . 答案564.(2013课标Ⅱ,14,5分)从n 个正整数1,2,…,n 中任意取出两个不同的数,若取出的两数之和等于5的概率为114,则n= . 答案 85.(2016天津,16,13分)某小组共10人,利用假期参加义工活动,已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1)设A 为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A 发生的概率;(2)设X 为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X 的分布列和数学期望. 解析 (1)由已知,有P(A)=C 31C 41+C 32C 102=13.所以,事件A 发生的概率为13.(2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2. P(X=0)=C 32+C 32+C 42C 102=415,P(X=1)=C 31C 31+C 31C 41C 102=715,P(X=2)=C 31C 41C 102=415.所以,随机变量X 的分布列为X 01 2 P415 715 415随机变量X 的数学期望E(X)=0×415+1×715+2×415=1.6.(2015陕西,19,12分)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T,T 只与道路畅通状况有关,对其容量为100的样本进行统计,结果如下:T(分钟) 25 30 35 40 频数(次)20304010(1)求T 的分布列与数学期望ET;(2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区作一个50分钟的讲座,结束后立即返回老校区,求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率. 解析 (1)由统计结果可得T 的频率分布为T(分钟)25 3035 40频率0.2 0.3 0.4 0.1以频率估计概率得T 的分布列为T 25 30 35 40 P0.2 0.3 0.4 0.1从而ET=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1=32(分钟).(2)设T 1,T 2分别表示往、返所需时间,T 1,T 2的取值相互独立,且与T 的分布列相同.设事件A 表示“刘教授共用时间不超过120分钟”,由于讲座时间为50分钟,所以事件A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.解法一:P(A)=P(T 1+T 2≤70)=P(T 1=25,T 2≤45)+P(T 1=30,T 2≤40)+P(T 1=35,T 2≤35)+P(T 1=40,T 2≤30) =0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91.解法二:P(A )=P(T 1+T 2>70)=P(T 1=35,T 2=40)+P(T 1=40,T 2=35)+P(T 1=40,T 2=40) =0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09. 故P(A)=1-P(A )=0.91.考点二 几何概型1.(2015湖北,7,5分)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p 1为事件“x+y ≥12”的概率,p 2为事件“|x-y|≤12”的概率,p 3为事件“xy ≤12”的概率,则( ) A.p 1<p 2<p 3 B.p 2<p 3<p 1 C.p 3<p 1<p 2 D.p 3<p 2<p 1答案 B2.(2016山东,14,5分)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【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2020届陕西百校联盟九月联考,4)“沉鱼、落雁、闭月、羞花”是由精彩故事组成的历史典故.“沉鱼”讲的是西施浣纱的故事;“落雁”指的就是昭君出塞的故事;“闭月”是述说貂蝉拜月的故事;“羞花”谈的是杨贵妃醉酒观花的故事.她们分别是中国古代的四大美女,某艺术团要以四大美女为主题排演一部舞蹈剧,甲、乙、丙、丁抽签决定扮演的对象,则甲不扮演貂蝉且乙不扮演杨贵妃的概率为()A.13B.712C.512D.12答案B2.(2020届四川成都青羊石室中学10月月考,9)2021年广东新高考将实行3+1+2模式,即语文、数学、外语必选,物理、历史二选一,政治、地理、化学、生物四选二,共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史,假若他们都对后面四科没有偏好,则他们选课相同的概率为()A.136B.116C.18D.16答案D3.(2018重庆九校联盟第一次联考,4)已知随机事件A,B发生的概率满足条件P(A∪B)=34,某人猜测事件A∩B发生,则此人猜测正确的概率为()A.1B.12C.14D.0答案C4.(2019河北石家庄3月教学质量检测,9)袋子中有大小、形状完全相同的四个小球,分别写有“和”“谐”“校”“园”四个字,有放回地从中任意摸出一个小球,直到“和”“谐”两个字都被摸到就停止摸球,用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率.利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数,分别用1,2,3,4代表“和”“谐”“校”“园”这四个字,以每三个随机数为一组,表示摸球三次的结果,经随机模拟产生了以下18组随机数:343432341342234142243331112342241244431233214344142134由此可以估计,恰好第三次就停止摸球的概率为()A.16B.29C.518D.19答案B5.(2020届安徽合肥一中、安庆一中第一次素质测试,8)2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行.长三角城市群包括上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市,简称“三省一市”.现有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游,假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游,则恰有一个地方未被选中的概率为()A.2764B.916C.81256D.716答案B6.(2020届四川石室中学高三开学考试,7)一个平面封闭图形的周长与面积之比为“周积率”,如图是由三个半圆构成的图形,最大半圆的直径为6,若在最大的半圆内随机取一点,该点取自阴影部分的概率为49,则阴影部分图形的“周积率”为()A.2B.3C.4D.5答案B7.(2019山西阳泉二模,8)赵爽是我国古代数学家、天文学家,大约在公元222年赵爽为《周髀算经》一书作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称“赵爽弦图”(以弦为边得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的,如图1).类比“赵爽弦图”,可构造如图2所示的图形,它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形组成的一个大等边三角形,设DF=2AF,若在大等边三角形中随机取一点,则此点取自小等边三角形内的概率是()图1 图2A.2√1313B.413C.2√77D.47 答案 B二、填空题(每小题5分,共10分)8.(2020届山西静乐第一中学高三月考,15)如图所示,阴影部分是由曲线y=x 2和圆x 2+y 2=2及x 轴围成的封闭图形.在圆内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率为 .答案 18-112π9.(2018广东江门一模,16)两位教师对一篇初评为“优秀”的作文复评,若批改成绩都是两位正整数,且十位数字都是5,则两位教师批改成绩之差的绝对值不超过2的概率为 .答案 0.44。

一、选择题1． (2013 ·城质检聊)先后投掷两枚平均的正方体骰子，骰子向上的面的点数分别为x， y，则log 2x y＝ 1 的概率为 ()1B.5A. 63611C.12D. 2分析：选 C.知足 log2 x y＝ 1 的(x，y)，有 (1,2)，(2,4)， (3,6)这 3 种状况，而总的可能数有3 136 种，所以所求概率为 P＝36＝12.2． (2011 高·考课标全国卷)有 3 个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加此中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性同样，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为() 11A. 3B.223C.3D. 4分析：选 A. 记三个兴趣小组分别为1、 2、 3，甲参加 1 组记为“甲 1”，则基本领件为“甲 1，乙 1；甲 1，乙 2；甲 1，乙 3；甲 2，乙 1；甲 2，乙 2；甲 2，乙 3；甲 3，乙 1；甲 3，乙 2；甲 3，乙 3”，共 9 个．记事件 A 为“ 甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，此中事件 A 有“甲 1，乙 1；甲312，乙 2；甲 3，乙 3”，共 3 个．所以P(A)＝9＝3.3． (2012 高·考安徽卷 ) 袋中共有 6 个除了颜色外完整同样的球，此中有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()1 B.2A. 5534C.5D. 5分析：选 B. 设袋中红球用 a 表示， 2 个白球分别用b1，b2表示， 3 个黑球分别用 c1，c2，c3表示，则从袋中任取两球所含基本领件为：(a， b1)， (a， b2)， (a， c1)， (a， c2)， (a， c3)，( b1，b2)，(b1， c1)，(b1，c2) ，(b1， c3)， (b2，c1)， (b2，c2)， (b2， c3)， (c1，c2 )，(c1， c3)， (c2，c3)，共 15 个．两球颜色为一白一黑的基本领件有：(b1， c1)， (b1，c2)， (b1， c3)， (b2， c1)， (b2， c2)，( b2， c3)，共 6 个．62∴其概率为15＝5.应选 B.4． (2011 高·考安徽卷 )从正六边形的6个极点中随机选择 4 个极点，则以它们作为极点的四边形是矩形的概率等于 ()11A. 10B.811C.6D.5分析： 选 D.假定正六边形的6 个极点分别为 A 、 B 、C 、 D 、 E 、 F ，则从 6 个极点中任取 4 个极点共有15 种结果，以所取 4 个点作为极点的四边形是矩形有3 种结果，故所求概1率为 5.5．一个坛子里有编号为 1,2， ， 12 的 12 个大小同样的球，此中 1 到 6 号球是红球，其他的是黑球， 若从中任取两个球， 则取到的都是红球， 且起码有 1 个球的号码是偶数的概 率为 ( )A. 1B. 1 22 113 2C.22D. 11分析：选 D.基本领件总数为 C 122，事件包括的基本领件数为 C 62－C 32，故所求的概率为 PC 62－ C 32＝2＝C 12211.二、填空题6． (2011 高·考福建卷 )盒中装有形状、大小完整同样的 5 个球，此中红色球 3 个，黄色球 2 个．若从中随机拿出 2 个球，则所拿出的 2 个球颜色不一样的概率等于 ________．分析： 从 5 个球中任取 2 个球有 10 种取法， 2 个球颜色不一样的取法有 3× 2＝ 6(种 )，故6 3所求概率为 10＝ 5.答案：357．一笼里有 3 只白兔和 2 只灰兔， 现让它们一一出笼， 假定每一只跑出笼的概率同样，则先出笼的两只中一不过白兔，而另一不过灰兔的概率是 ________．分析： 从笼子中跑出两只兔子的状况有A 52＝ 20 种状况．设事件 A ：先出笼的两只中一1 1 1 13 2＋C 2 C 3 12 3C C不过白兔，另一不过灰兔．则 P(A)＝ A 52＝20＝ 5.答案： 358．(2013 ·城质检东 )某地为了检查职业满意度， 决定用分层抽样的方法从公事员、 教师、自由职业者三个集体的有关人员中， 抽取若干人构成检查小组， 有关数据见下表， 则检查小组的总人数为 ________；若从检查小组中的公事员和教师中随机选 2 人撰写检查报告， 则其中恰巧有 1 人是公事员的概率为 ________.有关人员数抽取人数公事员 32x教师48 y自由职业者644分析： 由从自由职业者64 人抽取 4 人可得，每一个个体被抽入样的概率为4 164＝16，则公事员应该抽取 32×1＝ 2(人 )，教师应该抽取 48×1＝ 3(人 )，由此可得检查小组共有 2＋31616＋ 4＝ 9(人 )．从检查小组中的公事员和教师中随机选2 人撰写检查报告，则此中恰有 1 人是C 12·C 31 3公事员的概率为 P ＝C ＝523 答案： 95三、解答题9． (2013 ·南质检济 )现有编号分别为 1,2,3,4,5 的五道不一样的政治题和编号分别为 6,7,8,9的四道不一样的历史题． 甲同学从这九道题中一次性随机抽取两道题， 每道题被抽到的概率是相等的，用符号 (x ， y)表示事件“抽到的两道题的编号分别为(1)问有多少个基本领件，并列举出来；(2)求甲同学所抽取的两道题的编号之和小于17 但不小于x ， y ，且 x ＜ y ”．11 的概率．解： (1)共有 36 个等可能的基本领件，列举以下：(1,2)， (1,3)， (1,4)， (1,5)， (1,6)， (1,7) ， (1,8)， (1,9)，(2,3) ， (2,4)，(2,5) ， (2,6) ，(2,7) ，(2,8) ，(2,9)，(3,4)，(3,5)，(3,6) ，(3,7)，(3,8)，(3,9)， (4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8) ，(4,9)，(5,6)，(5,7) ，(5,8)， (5,9) ，(6,7) ，(6,8)， (6,9)， (7,8) ， (7,9)， (8,9)．(2)记 “ 甲同学所抽取的两道题的编号之和小于 17 但不小于 11” 为事件 A.则事件 A 为“ x ， y ∈{1,2,3,4,5,6,7,8,9} ，且 x ＋y ∈[11,17) ，此中 x ＜y ” ，由 (1)可知事件 A 共包括 15 个基本领件，列举以下：(2,9)， (3,8)， (3,9)， (4,7)， (4,8)， (4,9) ， (5,6)， (5,7)，(5,8) ， (5,9)，(6,7) ， (6,8) ，(6,9) ，(7,8) ，(7,9)，所以 15 5P(A)＝ 36＝ 12，即甲同学所抽取的两道题的编号之和小于17 但不小于11 的概率为125.10．(2012·考天津卷高)某地域有小学21 所，中学14 所，大学7 所，现采纳分层抽样的方法从这些学校中抽取 6 所学校正学生进行视力检查．(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数量；(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剖析， ①列出全部可能的抽取结果；②求抽取的 2 所学校均为小学的概率．解： (1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数量为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 所学校的全部可能结果为 { A 1，A 2 1，A 3 }，{ A1，A 4 1，A 5} ， } ，{A } ，{A 1 62， A 32 ，A 4 2， A 5 }，{A2，A 6 ，{ A 3，A 4 } ， { A3，A 5 ， { A 3， A 6 }，{ A 4，{A A }，{A}，{ A}，{A}}54， A 65，A 6种．A }，{A } ， { A }，共 15②从 6 所学校中抽取的 2 所学校均为小学 (记为事件 B)的全部可能结果为 { A 1，A 2 1，}，{A 3 2， A 3种．A }，{A}，共 33 1所以 P(B)＝ 15＝ 5.一、选择题1．甲从正方形四个极点中随意选择两个极点连成直线，乙也从该正方形四个极点中任意选择两个极点连成直线，则所得的两条直线互相垂直的概率是 ( )3 4A. 18B.1856C.18D. 18分析： 选 C.甲从正方形四个极点中随意选择两个极点连成直线，乙也从该正方形四个6× 6极点中随意选择两个极点连成直线，所得的直线共有2 ＝18 对，而互相垂直的有5 对，P ＝ 5故依据古典概型概率公式得 18.2．(2013 ·肥质检合 )已知 A ＝{1,2,3} ， B ＝ { x ∈R |x 2－ ax ＋b ＝ 0，a ∈ A ，b ∈ A} ，则 A ∩ B＝B 的概率是 ()21A. 9B.38C.9D． 1分析：选 C.∵A∩B＝ B，∴B 可能为 ?，{1} ， {2} ， {3} ， {1,2} ， {2,3} ， {1,3} ．当 B＝?时， a2－ 4b＜ 0，知足条件的a， b 为 a＝ 1， b＝ 1,2,3；a＝2， b＝ 2,3；a＝ 3， b＝ 3.当 B＝ {1}时，知足条件的a， b 为 a＝ 2， b＝ 1.当 B＝ {2} ， {3} 时，没有知足条件的 a， b.当 B＝{1,2}时，知足条件的a，b 为 a＝ 3，b＝ 2.当 B＝ {2,3} ， {1,3} 时，没有知足条件的 a， b.∴A∩ B＝8 ＝ 8B 的概率为3×39.应选 C.二、填空题3．盒子里共有大小同样的 3 只白球， 1 只黑球．若从中随机摸出两只球，则它们颜色不一样的概率是 ________．分析：设 3只白球为 A，B， C,1 只黑球为 d，则从中随机摸出两只球的情况有：AB，1AC ，Ad，BC ，Bd， Cd，共 6 种，此中两只球颜色不一样的有 3 种，故所求概率为2.答案：124．(2012 高·考江苏卷 )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 ________．分析：由题意得 a n＝ (－ 3)n－1，易知前 10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于863的项为第一项和偶数项，共 6 项，即 6 个数，所以 P＝10＝5.3答案：5三、解答题5．一个袋中装有四个形状大小完整同样的球，球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随机取两个球，求拿出的球的编号之和不大于 4 的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，而后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求 n<m＋2 的概率．解： (1)从袋中随机取两个球，其全部可能的结果构成的基本领件有： 1 和 2,1 和 3,1和4,2和 3,2和 4,3和 4，共 6个．从袋中拿出的两个球的编号之和不大于 4 的事件有： 1 和2,1和3，共 2 个．所以所求2 1事件的概率为 P＝6＝3.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为 n，其全部可能的结果(m， n)有：(1,1)， (1,2)， (1,3)， (1,4)， (2,1)， (2,2) ， (2,3)， (2,4)，(3,1) ， (3,2)，(3,3) ， (3,4) ，(4,1) ，(4,2) ，(4,3)， (4,4) ，共 16 个．又知足条件n≥m＋2 的事件有： (1,3)， (1,4)， (2,4)，共 3 个．3所以知足条件n≥ m＋ 2 的事件的概率为P1＝16.故知足条件n<m＋ 2 的事件的概率为1－P1＝ 1－163＝1316.。

高考数学最新真题专题解析—古典概型与几何概型考向一 古典概型【母题来源】2022年高考全国甲卷（理科）【母题题文】 从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________． 【答案】635. 【试题解析】从正方体的8个顶点中任取4个，有48C 70n ==个结果，这4个点在同一个平面的有6612m =+=个，故所求概率1267035m P n ===．故答案为：635． 【命题意图】本题主要考查古典概型的的概率计算公式，属于基础题.【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择填空形式出现，试题难度不大，多为抵挡题目，是历年高考的热点． 常见的命题角度有：（1）列举法求古典概型的概率；（2）树状图法求古典概型的概率． 【得分要点】(1)理解古典概型及其概率计算公式.(2)会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率. 考向二 几何概型【母题来源】2021年高考全国卷（理科）【母题题文】在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于74的概率为（ ）A ．79B ．2332C ．932D ．29【答案】B【试题解析】设从区间()()0,1,1,2中随机取出的数分别为,x y ，则实验的所有结果构成区域为(){},01,12x y x y Ω=<<<<，设事件A 表示两数之和大于74，则构成的区域为()7,01,12,4A x y x y x y⎧⎫=<<<+⎨⎬⎩⎭，分别求出,A Ω对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出． 【详解】 如图所示：设从区间()()0,1,1,2中随机取出的数分别为,x y ，则实验的所有结果构成区域为(){},01,12x y x y Ω=<<<<，其面积为111S Ω=⨯=．设事件A 表示两数之和大于74，则构成的区域为()7,01,12,4A x y x y x y ⎧⎫=<<<+⎨⎬⎩⎭，即图中的阴影部分，其面积为133********A S =-⨯⨯=，所以()2332A S P A S Ω== 【命题意图】本题主要考查几何概型的的概率计算公式，属于基础题.【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择填空形式出现，试题难度不大，多为抵挡题目，是历年高考的热点． 常见的命题角度有：（1）由长度比求几何概型的概率；（2）由面积比求几何概型的概率；（3）由体积比求几何概型的概率； （4）由角度比求几何概型的概率. 【得分要点】(1)能运用模拟方法估计概率. (2)了解几何概型的意义.真题汇总及解析 一、单选题1．（2022·河南许昌·高二期末（理））若分配甲、乙、丙、丁四个人到三个不同的社区做志愿者，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区．若甲分配的社区已经确定，则乙与甲分配到不同社区的概率是（ ） A ．14B ．56C ．13D ．512【答案】B 【解析】 【分析】计算出甲单独去分配的社区，甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，从而得到总的分配方法，再计算出甲乙分配到同一舍去的方法，得到乙与甲分配到不同社区的方法，根据古典概型求概率公式进行计算. 【详解】甲单独去分配的社区，有将乙，丙，丁三人分为两组，再和另外两个社区进行全排列，有212312C C A 6 种方法；甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，其余两人和另外两个社区进行全排列，有1232C A 6=种方法；其中甲乙分配到同一社区的方法有22A 2=种，则乙与甲分配到不同社区的方法有66210+-=种， 所以乙与甲分配到不同社区的概率是105666=+ 故选：B2．（2022·广东茂名·二模）甲、乙、丙三人是某商场的安保人员，根据值班需要甲连续工作2天后休息一天，乙连续工作3天后休息一天，丙连续工作4天后休息一天，已知3月31日这一天三人均休息，则4月份三人在同一天工作的概率为（ ） A ．13B ．25C ．1130D ．310【答案】B 【解析】 【分析】列举出三人所有工作日，由古典概型公式可得. 【详解】解：甲工作的日期为1，2，4，5，7，8，10，...，29. 乙工作的日期为1，2，3，5，6，7，9，10，...，30. 丙工作的日期为1，2，3，4，6，7，8，9， (29)在同一天工作的日期为1，2，7，11，13，14，17，19，22，23，26，29 ∴三人同一天工作的概率为122305P ==． 故选：B ．3．（2022·辽宁实验中学模拟预测）某国计划采购疫苗，现在成熟的疫苗中，三种来自中国，一种来自美国，一种来自英国，一种由美国和德国共同研发，从这6种疫苗中随机采购三种，若采购每种疫苗都是等可能的，则买到中国疫苗的概率为（ ） A ．16B ．12C ．910D ．1920【答案】D 【解析】 【分析】由对立事件的概率公式计算． 【详解】没有买到中国疫苗的概率为13611C 20P ==，所以买到中国疫苗的概率为119120P P =-=． 故选：D ．4．（2022·河南安阳·模拟预测（文））为推动就业与培养有机联动、人才供需有效对接，促进高校毕业生更加充分更高质量就业，教育部今年首次实施供需对接就业育人项目．现安排甲、乙两所高校与3家用人单位开展项目对接，若每所高校至少对接两家用人单位，则两所高校的选择涉及到全部3家用人单位的概率为（ ） A ．12 B ．23C ．34D ．1316【答案】D 【解析】【分析】由古典概型与对立事件的概率公式求解即可【详解】因为每所高校至少对接两家用人单位，所以每所高校共有2333314C C+=+=种选择，所以甲、乙两所高校共有4416⨯=种选择，其中甲、乙两所高校的选择涉及两家用人单位的情况有233C=种，所以甲、乙两所高校的选择涉及到全部3家用人单位的概率为31311616P=-=，故选：D5．（2022·全国·模拟预测（理））2022年2月4日，北京冬季奥林匹克运动会开幕式于当晩20点整在国家体育场隆重举行.在开幕式入场环节，91个国家（地区）按顺序入场.入场顺序除奥林匹克发祥地希腊（首先入场）、东道主中国（最后入场）、下届2026年冬季奥运会主办国意大利（倒数第二位入场）外，其余代表团根据简体中文的笔划顺序入场，诠释了中文之美．现若以抽签的方式决定入场顺序（希腊、中国、意大利按照传统出场顺序，不参与抽签），已知前83位出场的国家（地区）均已确定，仅剩乌兹别克斯坦、北马其顿、圣马力诺、安道尔、阿根廷、泰国末抽签，求乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的概率（）A．25B．13C．16D．14【答案】B【解析】【分析】先求出这六个国家的所有可能出场的顺序的排列数，再求出乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的排列数，将即乌兹别克斯坦、安道尔看作一个国家，利用捆绑法，根据古典概型的概率公式求得答案.【详解】由题意得，乌兹别克斯坦、北马其顿、圣马力诺、安道尔、阿根廷、泰国所有可能的出场顺序有66A种，其中乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的顺序有2525A A种,故乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的概率为252566A A1A3=，故选：B6．（2022·北京·北大附中三模）有一副去掉了大小王的扑克牌（每副扑克牌有4种花色，每种花色13张牌），充分洗牌后，从中随机抽取一张，则抽到的牌为“红桃”或“A”的概率为（）A．152B．827C．413D．1752【答案】C【解析】【分析】直接根据古典概型概率计算公式即可得结果.【详解】依题意，样本空间包含样本点为52，抽到的牌为“红桃”或“A”包含的样本点为16，所以抽到的牌为“红桃”或“A”的概率为1645213=，故选：C.7．（2022·湖北省仙桃中学模拟预测）定义：10000100010010,(,,,,)abcde a b c d e a b c d e Z=++++∈，当a b c d e><><时，称这个数为波动数，由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数中，波动数的概率为（）A ．115B ．215C ．760D ．112【答案】B 【解析】 【分析】先判断出由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数有120种，列举出波动数有 个，即可求出波动数的概率. 【详解】由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数一共有55A 120=种.而构成波动数，需满足a b c d e ><><，有：31425，31524，41325，41523，51324，51423，32415，32514，42315，42513，52314，52413，21435，21534，53412，43512一共16个. 所以波动数的概率为16212015=. 故选：B.8．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））在区间[]0,1上随机取两个数，则这两个数差的绝对值大于12的概率为（ ） A ．34B ．12C ．14D ．18【答案】C 【解析】 【分析】设在[]0,1上取的两数为x ，y ，满足12x y ->，画出不等式表示的平面区域，结合面积比的几何概型，即可求解.设在[]0,1上取的两数为x ，y ，则12x y ->，即12x y ->，或12x y -<-．画出可行域，如图所示，则12x y ->，或12x y -<-所表示的区域为图中阴影部分，易求阴影部分的面积为14，故所求概率11414P ==； 故选：C.9．（2022·全国·哈师大附中模拟预测）若在区间[]1,1-内随机取一个实数t ，则直线y tx =与双曲线2214xy -=的左、右两支各有一个交点的概率为（ ）A ．14B ．12C ．18D ．34【答案】B 【解析】 【分析】求出双曲线渐近线的斜率，根据已知条件可得出t 的取值范围，结合几何概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】双曲线的渐近线斜率为12±，则12t <，即1122t -<<，故所求概率为12P =，10．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））甲、乙两人约定某日上午在M 地见面，若甲是7点到8点开始随机到达，乙是7点30分到8点30分随机到达，约定，先到者没有见到对方时等候10分钟，则甲、乙两人能见面的概率为（ ）. A ．13B ．16C ．59D ．38【答案】B 【解析】 【分析】从早上7点开始计时，设甲经过x 十分钟到达，乙经过y 十分钟到达，可得x 、y 满足的不等式线组对应的平面区域为如图的正方形ABCD ，而甲乙能够见面，x 、y 满足的平面区域是图中的四边形EFGH ．分别算出图中正方形和四边形的面积，根据面积型几何概型的概率公式计算可得． 【详解】解：从早上7点开始计时，设甲经过x 十分钟到达，乙经过y 十分钟到达， 则x 、y 满足0639x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，作出不等式组对应的平面区域，得到图中的正方形ABCD ，若甲乙能够见面，则x 、y 满足||1x y -≤， 该不等式对应的平面区域是图中的四边形EFGH ，6636ABCD S =⨯=，114422622EFGH BEHBFGS SS=-=⨯⨯-⨯⨯= 因此，甲乙能见面的概率61366EFGH ABCD S P S ===故选：B ．二、填空题11．（2022·上海青浦·二模）受疫情防控需求，现有四位志愿者可自主选择到三个不同的核酸检测点进行服务，则三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是_________.（结果用最简分数表示） 【答案】49【解析】【分析】先计算总共的选择数，再计算三个核酸检测点都有志愿者到位的数量，即可得答案.【详解】解：四个志愿者总的选择共333381N =⨯⨯⨯=种，要满足三个核酸检测点都有志愿者到位，则必有2个人到同一核酸检测点，故从4人中选择2人出来，共有24C 6=种，再将这2人看成整体1人和其他2人共3人，选择三个核酸检测点，共33A 6=种，所以6636n =⨯=，所以364819n P N ===.故答案为：49.12．（2022·黑龙江·哈尔滨三中一模（理））关于圆周率π，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计π的值：先请120名同学，每人随机写下一个x 、y都小于1的正实数对(),x y ，再统计x 、y 两数能与1构成钝角三角形时的数对(),x y 的个数m ，最后再根据m 来估计π的值．假如统计结果是36m =，那么π的估计值为______．【答案】3.2【解析】【分析】(,)x y 表示的点构成一个正方形区域，x 、y 两数能与1构成钝角三角形时的数对(),x y 表示的点构成图中阴影部分，分别求出其面积，由几何概型概率公式求得其概率后可得．【详解】(,)x y 表示的点构成一个正方形区域，如图正方形OABC （不含边界），x 、y 两数能与1构成钝角三角形满足条件2211x y x y +>⎧⎨+<⎩，(,)x y 表示的点构成的区域是图中阴影部分（不含边界）， 因此所求概率为1136********P ππ-==-=，估计 3.2π≈．故答案为：3.213．（2022·河南·模拟预测）现有四张正面分别标有数字-1，0，-2，3的不透明卡片，它们除数字外其余完全相同，将它们背面朝上洗均匀，随机抽取一张记作m 不放回，再从余下的卡片中取一张记作n ．则点(),P m n 在第二象限的概率为______． 【答案】16【解析】【分析】列出所有可能的情况，根据古典概型的方法求解即可【详解】由题，点(),P m n 所有可能的情况为()1,0-，()1,2--，()1,3-，()0,1-，()0,2-，()0,3，()2,1--，()2,0-，()2,3-，()3,1-，()3,0，()3,2-共12种情况，其中在第二象限的为()2,3-，()1,3-，故点(),P m n 在第二象限的概率为21126= 故答案为：1614．（2021·江西·新余市第一中学模拟预测（理））寒假即将来临，小明和小强计划去图书馆看书，约定上午8：00~8：30之间的任何一个时间在图书馆门口会合．两人商量好提前到达图书馆的人最多等待对方10分钟，如果对方10分钟内没到，那么等待的人先进去．则两人能够在图书馆门口会合的概率是_________________． 【答案】59【解析】先把两人能够会合转化为几何概型，利用几何概型的概率公式直接求解.【详解】设小明到达的时刻为8时x 分，小强到达的时刻为8时y 分，其中030,030x y ≤≤≤≤， 则当|x-y |≤10时，两人能够在图书馆门口会合.如图示：两人到达时刻（x ，y ）构成正方形区域，记面积为S ,而事件A ：两人能够在图书馆门口会合构成阴影区域，记其面积为S 1 所以1900-22005()=9009S P A S ⨯==. 故答案为：59.【点睛】（1）几何概型的两个特征——无限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是几何概型；（2）几何概型通常转化为长度比、面积比、体积比。

第4讲古典概型一、选择题1．将一颗质地均匀的骰子(它是一种各面上分别标有点数1,2,3,4,5,6的正方体玩具)先后抛掷3次，至少毁灭一次5点向上的概率是( )A.5216B.25216C.31216D.91216解析抛掷3次，共有6×6×6＝216个大事．一次也不毁灭5，则每次抛掷都有5种可能，故一次也未毁灭5的大事总数为5×5×5＝125.于是没有毁灭一次5点向上的概率P＝125 216，所求的概率为1－125216＝91216.答案 D2．一个袋子中有5个大小相同的球，其中有3个黑球与2个红球，假如从中任取两个球，则恰好取到两个同色球的概率是()．A.15 B.310 C.25 D.12解析基本大事有C25＝10个，其中为同色球的有C23＋C22＝4个，故所求概率为410＝2 5.答案 C3．甲、乙两人各写一张贺年卡，任凭送给丙、丁两人中的一人，则甲、乙将贺年卡送给同一人的概率是()．A.12 B.13 C.14 D.15解析(甲送给丙，乙送给丁)，(甲送给丁，乙送给丙)，(甲、乙都送给丙)，(甲、乙都送给丁)，共四种状况，其中甲、乙将贺年卡送给同一人的状况有两种，所以P＝24＝1 2.答案 A4．甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是( )A.318B.418C.518D.618解析正方形四个顶点可以确定6条直线，甲乙各自任选一条共有36个等可能的基本大事．两条直线相互垂直的状况有5种(4组邻边和对角线)，包括10个基本大事，所以概率等于518.答案 C5．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1 000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是( )．A.112B.110C.325D.1125解析小正方体三面涂有油漆的有8种状况，故所求其概率为：81 000＝1125.答案 D6．将号码分别为1,2,3,4的四个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同，甲从袋中摸出一个小球，其号码为a，放回后，乙从今口袋中再摸出一个小球，其号码为b，则使不等式a－2b＋4<0成立的大事发生的概率为()．A.18 B.316 C.14 D.12解析由题意知(a，b)的全部可能结果有4×4＝16个．其中满足a－2b＋4<0的有(1,3)，(1,4)，(2,4)，(3,4)，共4个，所以所求概率为14.答案 C二、填空题7．在集合A＝{2,3}中随机取一个元素m，在集合B＝{1,2,3}中随机取一个元素n，得到点P(m，n)，则点P在圆x2＋y2＝9内部的概率为________．解析由题意得到的P(m，n)有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共6个，在圆x2＋y2＝9的内部的点有(2,1)，(2,2)，所以概率为26＝13.答案138. 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 ．解析 组成满足条件的数列为：.19683,6561,2187,729,243,81,27.9,3,1-----从中随机取出一个数共有取法10种，其中小于8的取法共有6种，因此取出的这个数小于8的概率为53.答案 539．甲、乙二人参与普法学问竞答，共有10个不同的题目，其中6个选择题，4 个推断题，甲、乙二人依次各抽一题，则甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是________． 解析 方法1：设大事A ：甲乙两人中至少有一人抽到选择题．将A 分拆为B ：“甲选乙判”，C ：“甲选乙选”，D ：“甲判乙选”三个互斥大事， 则P (A )＝P (B )＋P (C )＋P (D )．而P (B )＝C 16C 14C 110C 19，P (C )＝C 16C 15C 110C 19，P (D )＝C 14·C 16C 110C 19，∴P (A )＝2490＋3090＋2490＝7890＝1315.方法2：设大事A ：甲乙两人中至少有一人抽到选择题，则其对立大事为A ： 甲乙两人均抽推断题．∴P (A )＝C 14C 13C 110C 19＝1290，∴P (A )＝1－1290＝7890＝1315. 故甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率为1315. 答案 131510．三位同学参与跳高、跳远、铅球项目的竞赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________(结果用最简分数表示)．解析 依据条件求出基本大事的个数，再利用古典概型的概率计算公式求解．由于每人都从三个项目中选择两个，有(C 23)3种选法，其中“有且仅有两人选择的项目完全相同”的基本大事有C 23C 13C 12个，故所求概率为C 23C 13C 12(C 23)3＝23. 答案 23 三、解答题11．某地区有学校21所，中学14所，高校7所，现接受分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对同学进行视力调查．(1)求应从学校、中学、高校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列出全部可能的抽取结果； ②求抽取的2所学校均为学校的概率．解 (1)由分层抽样的定义知，从学校中抽取的学校数目为6×2121＋14＋7＝3；从中学中抽取的学校数目为6×1421＋14＋7＝2；从高校中抽取的学校数目为6×721＋14＋7＝1.故从学校、中学、高校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所学校分别记为A 1，A 2，A 3,2所中学分别记为A 4，A 5,1所高校记为A 6，则抽取2所学校的全部可能结果为(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所学校均为学校(记为大事B )的全部可能结果为(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 2，A 3)，共3种． 所以P (B )＝315＝15.12．从某小组的2名女生和3名男生中任选2人去参与一项公益活动． (1)求所选2人中恰有一名男生的概率； (2)求所选2人中至少有一名女生的概率．解析 设2名女生为a 1，a 2,3名男生为b 1，b 2，b 3，从中选出2人的基本大事有：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)，共10种．(1) 设“所选2人中恰有一名男生”的大事为A ，则A 包含的大事有：(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，共6种， ∴P (A )＝610＝35， 故所选2人中恰有一名男生的概率为35.(2)设“所选2人中至少有一名女生”的大事为B，则B包含的大事有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，共7种，∴P(B)＝7 10，故所选2人中至少有一名女生的概率为710.13．袋内装有6个球，这些球依次被编号为1,2,3，…，6，设编号为n的球重n2－6n＋12(单位：克)，这些球等可能地从袋里取出(不受重量、编号的影响)．(1)从袋中任意取出一个球，求其重量大于其编号的概率；(2)假如不放回的任意取出2个球，求它们重量相等的概率．解(1)若编号为n的球的重量大于其编号．则n2－6n＋12>n，即n2－7n＋12>0.解得n<3或n>4.∴n＝1,2,5,6.∴从袋中任意取出一个球，其重量大于其编号的概率P＝46＝23.(2)不放回的任意取出2个球，这两个球编号的全部可能情形共有C26＝15种．设编号分别为m与n(m，n∈{1,2,3,4,5,6}，且m≠n)球的重量相等，则有m2－6m＋12＝n2－6n＋12，即有(m－n)(m＋n－6)＝0.∴m＝n(舍去)或m＋n＝6.满足m＋n＝6的情形为(1,5)，(2,4)，共2种情形．由古典概型，所求大事的概率为2 15.14．某省试验中学共有特级老师10名，其中男性6名，女性4名，现在要从中抽调4名特级老师担当青年老师培训班的指导老师，由于工作需要，其中男老师甲和女老师乙不能同时被抽调．(1)求抽调的4名老师中含有女老师丙，且4名老师中恰有2名男老师、2名女老师的概率；(2)若抽到的女老师的人数为ξ，求P(ξ≤2)．解由于男老师甲和女老师乙不能同时被抽调，所以可分以下两种状况：①若甲和乙都不被抽调，有C48种方法；②若甲和乙中只有一人被抽调，有C12C38种方法，故从10名老师中抽调4人，且甲和乙不同时被抽调的方法总数为C48＋C12C38＝70＋112＝182.这就是基本大事总数．(1)记大事“抽调的4名老师中含有女老师丙，且恰有2名男老师，2名女老师”为A，由于含有女老师丙，所以再从女老师中抽取一人，若抽到的是女老师乙，则男老师甲不能被抽取，抽调方法数是C25；若女老师中抽到的不是乙，则女老师的抽取方法有C12种，男老师的抽取方法有C26种，抽调的方法数是C12C26.故随机大事“抽调的4名老师中含有女老师丙，且4名老师中恰有2名男老师、2名女老师”含有的基本大事的个数是C25＋C12C26＝40.依据古典概型概率的计算公式得P(A)＝40182＝2091.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3,4，所以P(ξ≤2)＝1－P(ξ>2)＝1－P(ξ＝3)－P(ξ＝4)，若ξ＝3，则选出的4人中，可以含有女老师乙，这时取法为C23C15种，也可以不含女老师乙，这时有C33C16种，故P(ξ＝3)＝C23C15＋C33C16182＝21182＝326；若ξ＝4，则选出的4名老师全是女老师，必含有乙，有C44种方法，故P(ξ＝4)＝C44182＝1182，于是P(ξ≤2)＝1－21182－1182＝160182＝8091.。

高一数学古典概型试题答案及解析1.袋中有大小相同的三个白球和两个黑球，从中任取两个球，两球同色的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】所有不同方法数有种,所求事件包含的不同方法数有种,因此概率,答案选B.【考点】古典概型的概率计算2.某车间将10名技工平均分成甲、乙两组加工某种零件，在单位时间内每个技工加工的合格零件数，按十位数字为茎，个位数字为叶得到的茎叶图如图所示．已知甲、乙两组数据的平均数都为10.（1）求的值；（2）分别求出甲、乙两组数据的方差和，并由此分析两组技工的加工水平；（3）质检部门从该车间甲、乙两组技工中各随机抽取一名技工，对其加工的零件进行检测，若两人加工的合格零件数之和大于17，则称该车间“质量合格”，求该车间“质量合格”的概率．（注：方差，为数据的平均数）【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）由题意根据平均数的计算公式分别求出的值；（2）分别求出甲、乙两组技工在单位时间内加工的合格零件数的方差和，再根据它们的平均值相等，可得方差较小的发挥更稳定一些；（3）用列举法求得所有的基本事件的个数，找出其中满足该车间“质量合格”的基本事件的个数，即可求得该车间“质量合格”的概率.试题解析：解：（1）由题意得，解得，再由，解得；(2)分别求出甲、乙两组技工在单位时间内加工的合格零件数的方差：，，并由，可得两组技工水平基本相当，乙组更稳定些.（3）质检部门从该车间甲、乙两组技工中各随机抽取一名技工，对其加工的零件进行检查，设两人加工的合格零件数分别为，则所有的有（7，8）、（7，9）、（7，10）、（7，11）、（7，12）、（8，8）、（8，9）、（8，10）、（8，11）、（8，12）、（10，8）、（10，9）、（10，10）、（10，11）、（10，12）、（12，8）、（12，9）、（12，10）、（12，11）、（12，12）、（13，8）、（13，9）、（13，10）、（13，11）、（13，12），共计25个，而满足的基本事件有（7，8）、（7，9）、（7，10）、（8，8）、（8，9），共计5个基本事件，故满足的基本事件个数为，所以该车间“质量合格”的概率为.【考点】1、古典概型及其概率计算公式；2、平均数与方差.3.有一个奇数列1，3，5，7，9，…，现在进行如下分组，第一组有1个数为1，第二组有2个数为3、5，第三组有3个数为7、9、11，…，依次类推，则从第十组中随机抽取一个数恰为3的倍数的概率为 .【答案】【解析】由题可知前9组数据共有，第10组共有10数，且第一个为46，其中为3的倍数的数为：48,51,54，故概率为.【考点】古典概型.4.设函数是从1，2，3三个数中任取一个数，b是从2，3，4，5四个数中任取一个数， (1) 求的最小值;（2）求恒成立的概率.【答案】（1）则当时，;当时，;当时，; （2）.【解析】（1）对于的最小值问题，对于不同的其结果不一样，故应分别讨论，且采用分离常数法；（2）由（1）小题，要使其恒成立必有,并由列举法计算出其中符合条件的.试题解析：由,因为,故有.则当时，;当时，;当时，;由（1）可知，要使恒成立，当时，;当时，;当时，;故满足条件的有对.共有，则概率.【考点】(1)函数最值问题（分离常数法）；（2）古典概型.5.已知方程是关于的一元二次方程．（1）若是从集合四个数中任取的一个数，是从集合三个数中任取的一个数，求上述方程有实数根的概率；（2）若，，求上述方程有实数根的概率．【答案】（1）（2）【解析】（1）先将从集合四个数中任取的一个数作为，从集合三个数中任取的一个数作为的所有情况列出来，再将使上述方程由实数根的情况列出来，根据古典概型公式算出所求事件的概率；（2）先作出满足，表示的平面区域并计算出区域的面积S，再根据要使方程有实数根，则△≥0，求出a,b满足的不等式，作出该不等式与，表示区域并计算面积，根据几何概型公式，该面积与S的比值就是上述方程有实数根的概率.试题解析：设事件为“方程有实数根”．当，时，方程有实数根的充要条件为．（1）基本事件共12个：，，，．其中第一个数表示的取值，第二个数表示的取值．事件中包含9个基本事件．事件发生的概率为．（2）试验的全部结果所构成的区域为．构成事件的区域为．所以所求的概率．考点:古典概型；几何概型6.在两个袋内,分别写着装有、、、、、六个数字的张卡片,今从每个袋中各取一张卡片,则两数之和等于9的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】任取一张卡片共种情况，两数之和为9包括共4种，所以两数之和为9的概率为,故选C.【考点】古典概型的概率问题7.某种饮料每箱装5听，其中有3听合格，2听不合格，现质检人员从中随机抽取2听进行检测，则检测出至少有一听不合格饮料的概率是_________．【答案】【解析】每箱中3听合格的饮料分别记为,不合格的2听分别记为。

高三数学古典概型试题答案及解析1.有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件数是种结果，满足条件得事件是这两位同学参加同一个兴趣小组，由于共有三个小组，则有3种结果，根据古典概型概率公式得到，故选A.【考点】古典概型及其概率计算公式.2.甲、乙两人玩一种游戏；在装有质地、大小完全相同，编号分别为1，2，3，4，5，6六个球的口袋中，甲先模出一个球，记下编号，放回后乙再模一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢.（1）求甲赢且编号和为8的事件发生的概率；（2）这种游戏规则公平吗？试说明理由.【答案】（1）;（2）这种游戏规则是公平的.【解析】（1）设“两个编号和为8”为事件A,计算甲、乙两人取出的数字等可能的结果数，事件A包含的基本事件为（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2）共5个，按古典概型概率的计算公式计算；（2）首先按古典概型计算两人分别获胜的概率，通过比较大小，作出结论.所以这种游戏规则是公平的.试题解析：（1）设“两个编号和为8”为事件A,则事件A包含的基本事件为（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2）共5个，又甲、乙两人取出的数字共有6×6＝36（个）等可能的结果，故 6分（2）这种游戏规则是公平的. 7分设甲胜为事件B,乙胜为事件C，则甲胜即两编号和为偶数所包含的基本事件数有18个：(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(2,6),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,1),(5,3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,6)所以甲胜的概率,乙胜的概率＝ 11分所以这种游戏规则是公平的. 12分【考点】古典概型概率的计算.3.（本小题满分12分）一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字，，，这三张卡片除标记的数字外完全相同。

【高考真题】2024年普通高等学校招生全国统一考试(全国甲卷)理科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（共12题）1．设z＝5+i，则i（+z）＝（）A．10i B．2i C．10D．﹣22．集合A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|∈A}，则∁A（A∩B）＝（）A．{1，4，9}B．{3，4，9}C．{1，2，3}D．{2，3，5}3．若实数x，y满足约束条件则z＝x﹣5y的最小值为（）A．5B．C．﹣2D．4．记S n为等差数列{a n}的前n项和．若S5＝S10，a5＝1，则a1＝（）A．﹣2B．C．1D．25．已知双曲线C：的左、右两个焦点分别为F1（0，-4），F2（0，4），点P （﹣6，4）在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A．4B．3C．2D．6．设函数f（x）＝，则曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（）A．B．C．D．7．函数f（x）＝﹣x2+（e x﹣e﹣x）sin x的区间[﹣2.8，2.8]的图像大致为（）A．B．C．D．8．已知，则＝（）A．B．C．D．9．已知向量＝（x+1，x），＝（x，2），则（）A．“⊥”的必要条件是“x＝﹣3”B．“∥”的必要条件是“x＝﹣3”C．“⊥”的充分条件是“x＝0”D．“∥”的充分条件是“x＝﹣1+”10．已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β③若n∥α，且n∥β，则m∥n④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n其中，所有真命题的编号是（）A．①③B．②③C．①②③D．①③④11．在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，则sin A+sin C＝（）A．B．C．D．12．已知a，b，c成等差数列，直线ax+by+c＝0与圆C：x2+（y+2）2＝5交于A，B两点，则|AB|的最小值为（）A．2B．3C．4D．6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．（共4题）13．二项式的展开式中，各项系数的最大值是．14．已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比＝．15．已知a＞1，，则a＝．16．有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m表示前两个球号码的平均数，记n表示前三个球号码的平均数，则m与n差的绝对值不超过的概率是．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题～第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．必考题：共60分．（共5题）17．某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：不合格总计优级品合格品品甲车间2624050乙车间70282100总计96522150（1）填写如下列联表：优级品非优级品甲车间乙车间能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5．设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了．根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（≈12.247）附：，P（K2≥k）0.0500.0100.001k 3.841 6.63510.82818．已知数列{a n}的前n项和为S n，且4S n＝3a n+4．（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列{b n}的前n项和为T n．19．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD=4，AB=BC=EF=2，，FB=，M为AD的中点.（1）证明：EM∥平面BCF；（2）求二面角A﹣EM﹣B的正弦值．20．已知函数f（x）＝（1﹣ax）ln（1+x）﹣x．（1）当a＝﹣2时，求f（x）的极值；（2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围．21．已知椭圆的右焦点为F，点M（1，）在椭圆C上，且MF⊥x轴．（1）求C的方程；（2）过点P（4，0）的直线与椭圆C交于A，B两点，N为FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．四、选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．第22题[选修4-4：坐标系与参数方程]；第23题[选修4-5：不等式选讲]（共2题）22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝ρcosθ+1．（1）写出C的直角坐标方程；（2）直线l：（t为参数），若C与l交于A、B两点，|AB|＝2，求a的值．23．实数a，b满足a+b≥3．（1）证明：2a2+2b2＞a+b；（2）证明：|a﹣2b2|+|b﹣2a2|≥6．【答案区】1．【答案】A【解析】【解答】解：据题意，，则，，所以故答案为：A.【分析】利用已知条件先求出，再求出的值，代入即可求出结果2．【答案】D【解析】【解答】解：根据题意，，而，利用代入法求解集合B，可得，此时，所以故答案为：D.【分析】根据集合A与集合B的运算求出集合B的所有元素，进而求出A∩B，即可求出∁A（A∩B）的结果.3．【答案】D【解析】【解答】解：据题意，先画出的可行域：如下图所示：法一：先把三条直线两两相交的交点求出得：，分别将这三点代入z＝x﹣5y，则在A点时，z有最小值为；法二：由化简成：，此时，为的截距，并且截距有最大值，z有最小值，此时，在可行域内平移直线，在A点时，截距有最大值，此时z有最小值为.故答案为：D.【分析】首先画出可行域，法一：先求交点，直接代入交点比较即可得到结果；法二，对先化简得，利用截距最大，得到z的最小值即可得到结果. 4．【答案】B【解析】【解答】解：由S5＝S10，则，化简得：5a1+35d=0，又a5＝1，即解得故答案为：B.【分析】由S5＝S10，a5＝1，化成基本量a1与的，列方程组求解即可得到结果.5．【答案】C【解析】【解答】解：据题意，由F1（0，-4），F2（0，4），则c=4，又P（﹣6，4）在该双曲线上，根据定义有：，根据两点坐标公式得：，，所以2a=4，则a=2；所以故答案为：C.【分析】根据焦点坐标得c得值，根据定义求得a的值，进而求出离心率.6．【答案】A【解析】【解答】解：由f（x）＝，要求在点（0，1）处的切线，则，此时切线斜率利用点斜式，则切线方程为：，即3x-y+1=0；令，则；令，则；所以切线与两坐标轴所围成的三角形面积.故答案为：A.【分析】利用求导先求出切线斜率，进而求出切线方程，即可求出与坐标轴的交点，进而求出结果.7．【答案】B【解析】【解答】解：由f（x）＝﹣x2+（e x﹣e﹣x）sin x，则，所以f(x)为偶函数，根据图象排除AC选项，利用特殊值：当x=1时，，所以B符合.故答案为：B.【分析】先判断函数奇偶性，接着利用特殊值x=1，进而得到结果.8．【答案】B【解析】【解答】解：由，利用齐次式分子分母同时除以得：，解得，则故答案为：B.【分析】利用齐次式化简得，再利用两角和的正切公式求解即可得到结果. 9．【答案】C【解析】【解答】解：＝（x+1，x），＝（x，2）当时，，则，解得或，所以A错误，C正确；同理，当，即，即，所以，BD错误.故答案为：C.【分析】利用平行垂直得坐标运算结合充分条件，必要条件的判断即可得到结果. 10．【答案】A【解析】【解答】解：如图，对①，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；对②，若，则与不一定垂直，n可以在面内，故②错误；对③，如图，过直线n分别作两平面与、分别相交于直线l1和直线I2，由，得，同理，根据基本事实四，则，所以.，所以，又∩=m，则，根据基本事实四，则，③正确；对于④，若n与α和β所成的角相等，根据同角定理，则，则④错误.故答案为：A.【分析】借助正方体与直线，平面的位置关系进行判断即可得到结果. 11．【答案】C【解析】【解答】解：由，根据正弦定理有：又因为，即，所以；根据余弦定理，所以，根据正弦定理得：，即，结合，因为所以，因为A，B，C是三角形的内角，所以所以故答案为：C.【分析】根据题意，结合正弦定理化简出得，根据余弦定理与正弦定理化简得，结合完全平方公式展开即可得到结果.12．【答案】C【解析】【解答】解：由a，b，c成等差数列，根据等差中项得：，将，代入直线方程，所以有，化简得：，则直线恒过定点；对于圆的方程x2+（y+2）2＝5，圆心为，半径为，直线ax+by+c＝0与圆C：x2+（y+2）2＝5交于A，B两点，要求|AB|的最小值，只需，此时，，利用勾股定理有故答案为：C.【分析】根据题意，先判断出直线的定点坐标，结合圆的几何要素进行判断，当|AB|要取最小值，只需，结合勾股定理即可得到结果.13．【答案】【第1空】5；【解析】【解答】解：根据题意，二项式的通项为：并且假设展开式中第项系数最大，则此时第项系数大于第项系数；并且第项系数大于第项系数，建立不等式进行求解：，解得：，由因为k为正整数，则；所以.故答案为：5.【分析】先设展开式中第项系数最大，此时第项系数大于第项系数；并且第项系数大于第项系数，则建立不等式有，进而求出k即可求解.14．【答案】【第1空】；【解析】【解答】解：据题意，甲乙两个圆台的轴截面都是等腰梯形，可以利用构造直角三角形，结合勾股定理的计算得到圆台的高，即甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），所以甲圆台构造的直角三角形斜边长为：2（r1﹣r2），而其中一条直角边为，则甲圆台的高为：；同理，乙圆台构造的直角三角形斜边长为：3（r1﹣r2），则；此时，故答案为：..【分析】先根据已知条件和圆台结构特征，构造出直角三角形分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式，直接代入计算即可得解.15．【答案】【第1空】64；【解析】【解答】解：由，利用换底公式将式子化成以2为底，即，对式子进行化简得：，即，利用因式分解得，所以或，因为a＞1，所以，所以，即，故答案为：64.【分析】将利用换底公式转化成，接着化简式子，得到进而因式分解得到即可得到结果.16．【答案】【第1空】；【解析】【解答】解：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，，则，故，，所以，若，则，则为：，故有2种，若，则，则为：，，故有10种，当，则，则为：，，故有16种，当，则，同理有16种，当，则，同理有10种，当，则，同理有2种，共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，故所求概率为.故答案为：.【分析】利用古典概型的计算公式，先根据题意进行全排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后列出对应事件的数量，进而利用古典概型的计算公式求解即可得到结果.17．【答案】（1）解：根据题意可得列联表如下所示：优级品非优级品总数甲车间262450乙车间7030100总计9654150将上面的数值代入公式计算得：，又因为，所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.（2）解：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，所以用频率估计概率可得，根据题意，升级改造前该工厂产品的优级品率，则，可知，所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.【解析】【分析】（1）将列联表进行补充，并将数值代入公式进行计算得，再进行比较即可得到解果；（2）根据题意先计算出，在代入进行计算比较，即可得到结论. 18．【答案】（1）解：当时，，解得．当时，，所以即，而，故，故，∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，所以.（2）解：，所以故所以，.【解析】【分析】（1）根据题意，由S n与a n之间的关系，利用分类讨论思想求得与的表达式，结合化简即可得到结果；（2）利用错位相减法求解即可得到结果.19．【答案】（1）证明：根据题意，因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）过B作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，由（1）可知为平行四边形，则，又，所以为等边三角形，为中点，根据直角三角形OBA，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，利用勾股定理得，所以，所以两两垂直，所以以方向为轴，方向为轴，方向为轴，如图建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，则，又，即，则，所以，则，故二面角的正弦值为.【解析】【分析】（1）根据题意，由得到四边形为平行四边形，进而证明，结合直线与平面平行的判定定理即可得到结果；（2）作交于，连接，易证三线两两垂直，利用建系法求出二面角夹角余弦公式即可得到结果.20．【答案】（1）解：当时，f(x)的定义域为，所以，故，因为在上为增函数，根据单调性的性质，所以在上为增函数，又因为，故当时，，当时，，故在处取极小值且极小值为，无极大值.（2）解：因为，所以，设，则，当时，，故在上为增函数，又，即，所以在上为增函数，故.当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上即为减函数，故在上，不合题意，舍去.当，此时在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合题意，舍去；综上，.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性结合零点存在性定理（考察隐零点问题）即可求出函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，根据、、进行分类讨论后可得参数的取值范围.（分离参数，进行求导运算同样也是可以拿分的）21．【答案】（1）解：设，由题设有且，故，解得，，故椭圆方程为.（2）解：直线的斜率必定存在，设，，，由可得，故，故，又根据韦达定理得：，而，故直线，故，所以，故，即轴.【解析】【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.22．【答案】（1）解：由，将代入，故可得，两边平方后得：.（2）解：对于直线的参数方程消去参数，得直线的普通方程为.联立，得，，所以，设，根据韦达定理，所以，则，解得【解析】【分析】（1）根据公式即可得到的直角方程.（2）将直线的新的参数方程代入的直角方程，将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求的值.23．【答案】（1）证明：因为，当时等号成立，则，因为，所以；（2）证明：【解析】【分析】（1）直接利用，利用放缩法，结合做差法比较两个式子大小，利用基本不等式即可得到结果.（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.。

12.2 古典概型一、选择题1．将一颗质地均匀的骰子(它是一种各面上分别标有点数1,2,3,4,5,6的正方体玩具)先后抛掷3次，至少出现一次5点向上的概率是( )A.5216B.25216C.31216D.91216解析 抛掷3次，共有6×6×6＝216个事件．一次也不出现5，则每次抛掷都有5种可能，故一次也未出现5的事件总数为5×5×5＝125.于是没有出现一次5点向上的概率P ＝125216，所求的概率为1－125216＝91216. 答案 D2. 先后掷两次正方体骰子（骰子的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6），骰子朝上的面的点数分别为,m n ，则mn 是奇数的概率是（ ）A. 12B. 13C. 14D. 16答案 C3．甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是( )A.318B.418C.518D.618解析 正方形四个顶点可以确定6条直线，甲乙各自任选一条共有36个等可能的基本事件．两条直线相互垂直的情况有5种(4组邻边和对角线)，包括10个基本事件，所以概率等于518. 答案 C4．连续抛掷2颗骰子，则出现朝上的点数之和等于6的概率为( )．A.536B.566C.111D.511解析 设“朝上的点数之和等于6”为事件A ，则P (A )＝536. 答案 A5．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解析 取出的两个数是连续自然数有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. 答案 D6．某种饮料每箱装6听，其中有4听合格，2听不合格，现质检人员从中随机抽取2听进行检测，则检测出至少有一听不合格饮料的概率是( )．A.115B.35C.815D.1415解析 从“6听饮料中任取2听饮料”这一随机试验中所有可能出现的基本事件共有15个，而“抽到不合格饮料”含有9个基本事件，所以检测到不合格饮料的概率为P ＝915＝35. 答案 B7．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1 000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是( )．A.112B.110C.325D.1125解析 小正方体三面涂有油漆的有8种情况，故所求其概率为：81 000＝1125. 答案 D二、填空题8．有一质地均匀的正四面体，它的四个面上分别标有1,2,3,4四个数字．现将它连续抛掷3次，其底面落于桌面，记三次在正四面体底面的数字和为S ，则“S 恰好为4”的概率为________．解析 本题是一道古典概型问题．用有序实数对(a ，b ，c )来记连续抛掷3次所得的3个数字，总事件中含4×4×4＝64个基本事件，取S ＝a ＋b ＋c ，事件“S 恰好为4”中包含了(1,1,2)，(1,2,1)，(2,1,1)三个基本事件，则P (S 恰好为4)＝364. 答案 3649. 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 ． 解析 组成满足条件的数列为：.19683,6561,2187,729,243,81,27.9,3,1-----从中随机取出一个数共有取法10种，其中小于8的取法共有6种，因此取出的这个数小于8的概率为53.510．甲、乙二人参加普法知识竞答，共有10个不同的题目，其中6个选择题，4个判断题，甲、乙二人依次各抽一题，则甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是________． 解析 方法1：设事件A ：甲乙两人中至少有一人抽到选择题．将A 分拆为B ：“甲选乙判”，C ：“甲选乙选”，D ：“甲判乙选”三个互斥事件，则P (A )＝P (B )＋P (C )＋P (D )．而P (B )＝C 16C 14C 110C 19，P (C )＝C 16C 15C 110C 19，P (D )＝C 14·C 16C 110C 19， ∴P (A )＝2490＋3090＋2490＝7890＝1315. 方法2：设事件A ：甲乙两人中至少有一人抽到选择题，则其对立事件为A ：甲乙两人均抽判断题．∴P (A )＝C 14C 13C 110C 19＝1290，∴P (A )＝1－1290＝7890＝1315. 故甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率为1315. 答案 131511．先后两次抛掷同一个骰子，将得到的点数分别记作a ，b ，与5分别作为三条线段的长，则这三条线段能够构成等腰三角形的概率是________．解析 基本事件的总数是6×6＝36，当a ＝1时，b ＝5符合要求，有1种情况；当a ＝2时，b ＝5符合要求，有1种情况；当a ＝3时，b ＝3,5符合要求，有2种情况；当a ＝4时，b ＝4,5符合要求，有2种情况；当a ＝5时，b ＝1,2,3,4,5,6均符合要求，有6种情况；当a ＝6时，b ＝5,6符合要求，有2种情况．故所求其概率为：1436＝718. 答案 71812．将一颗骰子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相交的概率为________．解析 圆心(2,0)到直线ax －by ＝0的距离d ＝|2a |a 2＋b 2，当d ＜2时，直线与圆相交，则有d ＝|2a |a 2＋b 2＜2，得b ＞a ，满足题意的b ＞a ，共有15种情况，因此直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为1536＝512.12三、解答题13．从某小组的2名女生和3名男生中任选2人去参加一项公益活动．(1)求所选2人中恰有一名男生的概率；(2)求所选2人中至少有一名女生的概率．解析 设2名女生为a 1，a 2,3名男生为b 1，b 2，b 3，从中选出2人的基本事件有：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)，共10种．(1) 设“所选2人中恰有一名男生”的事件为A ，则A 包含的事件有：(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，共6种，∴P (A )＝610＝35， 故所选2人中恰有一名男生的概率为35. (2)设“所选2人中至少有一名女生”的事件为B ，则B 包含的事件有：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，共7种，∴P (B )＝710， 故所选2人中至少有一名女生的概率为710. 14．有编号为A 1，A 2，…，A 10的10个零件，测量其直径(单位：cm)，得到下面数据：(1)从上述10个零件中，随机抽取一个，求这个零件为一等品的概率；(2)从一等品零件中，随机抽取2个．①用零件的编号列出所有可能的抽取结果；②求这2个零件直径相等的概率．解析 (1)由所给数据可知，一等品零件共有6个．设“从10个零件中，随机抽取一个为一等品”为事件A ，则P (A )＝610＝35. (2)①一等品零件的编号为A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6.从这6个一等品零件中随机抽取2个，所有可能的结果有：{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}，共有15种．②“从一等品零件中，随机抽取的2个零件直径相等”(记为事件B )的所有可能结果有：{A 1，A 4}，{A 1，A 6}，{A 4，A 6}，{A 2，A 3}，{A 2，A 5}，{A 3，A 5}，共有6种．所以P (B )＝615＝25. 15．设平面向量a m ＝(m,1)，b n ＝(2，n )，其中m ，n ∈{1,2,3,4}．(1)请列出有序数组(m ，n )的所有可能结果；(2)若“使得a m ⊥(a m －b n )成立的(m ，n )”为事件A ，求事件A 发生的概率．解析 (1)有序数组(m ，n )的所有可能结果为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．(2)由a m ⊥(a m －b n )，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，又基本事件的总数为16，故所求的概率为P (A )＝216＝18. 16．新华中学高三(1)班共有学生50名，其中男生30名、女生20名，采用分层抽样的方法选出5人参加一个座谈会．(1)求某同学被抽到的概率以及选出的男、女同学的人数；(2)座谈会结束后，决定选出2名同学作典型发言，方法是先从5人中选出1名同学发言，发言结束后再从剩下的同学中选出1名同学发言，求选出的2名同学中恰好有1名为女同学的概率．解析 (1)某个同学被抽到的概率P ＝550＝110，根据分层抽样方法，应抽取男同学3人，女同学2人．(2)记选出的3名男同学为A 1，A 2，A 3,2名女同学为B 1，B 2.则基本事件是：(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，A 1)，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，A 1)，(A 3，A 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(B 1，A 1)，(B 1，A 2)(B 1，A 3)，(B 1，B 2)，(B 2，A 1)，(B 2，A 2)(B 2，A 3)，(B 2，B 1)．基本事件的总数为20个，其中满足“恰好有1名为女同学”的基本事件有12个，故所求的概率P ＝1220＝35. 【点评】 近几年新课标高考对概率与统计的交汇问题考查次数较多.解决此类题目步骤主要有：,第一步：根据题目要求求出数据 有的用到分层抽样、有的用到频率分布直方图等知识 ；,第二步：列出所有基本事件，计算基本事件总数；,第三步：找出所求事件的个数；,第四步：根据古典概型公式求解；,第五步：明确规范表述结论.。

高中数学高考总复习----古典概型与几何概型巩固练习题（含答案解析）1.(2015广东高考)已知5件产品有两件次品，其余为合格品.现从5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为()A.0.4B.0.6C.0.8D.12.在由数字1、2、3、4、5所组成的没有重复数字的二位数中，得到的数不能被5和2整除的概率为（）A.0.2B.O.4C.0.6D.0.83．已知三棱锥S­ABC，在三棱锥内任取一点P，使得V P－ABC<V S­ABC的概率是()A. B.C. D.4．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则从2号箱取出红球的概率是()A. B.C. D.5．平面上画了一些彼此相距2a的平行线，把一枚半径r<a的硬币任意掷在这个平面上，求硬币不与任何一条平等线相碰的概率是()A. B.C. D.6．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，A＝30°，若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所得的点数分别为a、b，则满足条件的三角形有两个解的概率是()A. B.C. D.7．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A. B.C. D.8．在区间(0,1)内任取两个实数，则这两个实数的和大于的概率为()A. B.C. D.9.以连续两次抛掷一枚骰子得到的点数、得点，则点在圆内的概率为.10．某大学有包括甲、乙两人在内的5名大学生，自愿参加2010年上海世博会的服务，这5名大学生中3人被分配到城市足迹馆，另2人被分配到沙特馆．如果这样的分配是随机的，则甲、乙两人被分配到同一馆的概率是________．11．甲乙两人一起去游“2011西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是________．12．在边长为2的正三角形ABC内任取一点P，则使点P到三个顶点的距离至少有一个小于1的概率是________．13.(2015重庆高考)在区间上随机地选择一个数p,则方程有两个负根的概率为.14．若不等式组表示的平面区域为M，x2＋y2≤1所表示的平面区域为N，现随机向区域M内抛一粒豆子，则豆子落在区域N内的概率为________．15.（2015菏泽一模）某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分100分）的茎叶图如图，其中甲班学生的平均分是85，乙班学生成绩的中位数是83．（1）求x和y的值；（2）计算甲班7位学生成绩的方差s2；（3）从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，求甲班至少有一名学生的概率．16．已知函数f(x)＝－x2＋ax－b.(1)若a，b都是从0,1,2,3,4五个数中任取的一个数，求上述函数有零点的概率；(2)若a，b都是从区间[0,4]任取的一个数，求f(1)>0成立时的概率．【参考答案】1.【答案】B【解析】这是一个古典概型,从5件产品任取2件的取法为;基本事件总数为10;设“选的2件产品中恰有一件次品”为事件A,则A包含的基本事件个数为故选B.2．【答案】B【解析】总的事件数为，得到的数不能被5和2整除的个位数只能为1或3，有，故所求概率为0.4.3．【答案】A【解析】当P在三棱锥的中截面与下底面构成的三棱台内时符合要求，由几何概型知，4．【答案】A【解析】5．【答案】A【解析】∵硬币的半径为r，∴当硬币的中心到直线的距离d>r时，硬币与直线不相碰．∴6．【答案】A【解析】要使△ABC有两个解，需满足的条件是，因为A＝30°，所以，满足此条件的a，b的值有b＝3，a＝2；b＝4，a＝3；b＝5，a＝3；b＝5，a＝4；b＝6，a＝4；b＝6，a＝5，共6种情况，所以满足条件的三角形有两个解的概率是7．【答案】B【解析】记三个兴趣小组分别为1、2、3，甲参加1组记为“甲1”，则基本事件为“甲1，乙1；甲1，乙2；甲1，乙3；甲2，乙1；甲2，乙2；甲2，乙3；甲3，乙1；甲3，乙2；甲3，乙3”，共9个．记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，其中事件A有“甲1，乙1；甲2，乙2；甲3，乙3”，共3个．因此8．【答案】A【解析】设这两个实数分别为x，y，则，满足的部分如图中阴影部分所示．所以这两个实数的和大于的概率为9.【答案】【解析】连续两次抛掷一枚骰子得到的结果有种，点落在圆内的有，，，共4种，故所求的概率为.10．【答案】【解析】依题意得，甲、乙两人被分到同一馆的概率是.11．【答案】【解析】若用{1,2,3,4,5,6}代表6处景点，显然甲、乙两人在最后一个小时浏览的景点可能为{1,1}、{1,2}、{1,3}、…、{6,6}，共36种；其中满足题意的“同一景点相遇”包括{1,1}、{2,2}、{3,3}、…、{6,6}，共6个基本事件，所以所求的概率为.12．【答案】【解析】以A、B、C为圆心，以1为半径作圆，与△ABC交出三个扇形，当P落在其内时符合要求．∴13.【答案】【解析】方程有两个负根等价于解关于p的不等式组可得或所求概率为14．【答案】解析：如图，△AOB为区域M，扇形COD为区域M内的区域N，A(3,3)，B(1，－1)，S△AOB＝，S扇形COD＝，所以豆子落在区域N内的概率为15.【解析】（1）∵甲班学生的平均分是85，∴，∴x=5，∵乙班学生成绩的中位数是83，∴y=3；（2）甲班7位学生成绩的方差为s2==40；（3）甲班成绩在90分以上的学生有两名，分别记为A，B，乙班成绩在90分以上的学生有三名，分别记为C，D，E，从这五名学生任意抽取两名学生共有10种情况：（A，B），（A，C），（A，D），（A，E），（B，C），（B，D），（B，E），（C，D），（C，E），（D，E）其中甲班至少有一名学生共有7种情况：（A，B），（A，C），（A，D），（A，E），（B，C），（B，D），（B，E）．记“从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，甲班至少有一名学生”为事件M，则．答：从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，甲校至少有一名学生的概率为．16．【解析】(1)a，b都是从0,1,2,3,4五个数中任取的一个数的基本事件总数为N＝5×5＝25个．函数有零点的条件为Δ＝a2－4b≥0，即a2≥4b.因为事件“a2≥4b”包含(0,0)，(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，(4,0)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，所以事件“a2≥4b”的概率为，即函数f(x)有零点的概率为.(2)a，b都是从区间[0,4]任取的一个数，f(1)＝－1＋a－b>0，即a－b>1，此为几何概型．所以事件“f(1)>0”的概率为【巩固练习】1.(2015鄂州三模)已知函数若a是从1,2,3三个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为()A. B. C. D.2.某公共汽车每15分钟一班，乘客甲随机的到达车站，则甲等待的事件不超过3分钟的概率为（）A. B. C. D.3．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于()A. B.C. D.4．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，A＝30°，若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所得的点数分别为a、b，则满足条件的三角形有两个解的概率是()A. B.C. D.5.在长为10的线段AB上任取一点M，以AM为半径作圆，则该圆的面积在和之间的概率为（）A. B. C. D.6．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A. B.C. D.7．已知P是△ABC所在平面内一点，＋＋2＝0，现将一粒黄豆随机撒在△PBC内，则黄豆落在△PBC内的概率是()A. B.C. D.8．在区间(0,1)内任取两个实数，则这两个实数的和大于的概率为()A. B.C. D.9．一个盒子内部有如图所示的六个小格子，现有桔子、苹果和香蕉各两个，将这六个水果随机地放入这六个格子里，每个格子放一个，放好之后每行、每列的水果种类各不相同的概率是()A. B.C. D.10．在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a，b，则使得函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点的概率为()A. B.C. D.11.(2015江西二模)在区间内随机取两个数a,b，则使得函数有零点的概率为.12．若m∈(0,3)，则直线(m＋2)x＋(3－m)y－3＝0与x轴、y轴围成的三角形的面积小于的概率为________．13.（2015河东区一模）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）现往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不大于4的概率．14.（14分）设有关于的一元二次方程．（Ⅰ）若是从1，2，3，4，5四个数中任取的一个数，是从1，2，3，4三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率．（Ⅱ）若是从区间[1,5]任取的一个数，是从区间[1,4]任取的一个数，求上述方程有实根的概率．15．已知复数z＝x＋y i(x，y∈R)在复平面上对应的点为M.(1)设集合P＝{－4，－3，－2,0}，Q＝{0,1,2}，从集合P中随机取一个数作为x，从集合Q中随机取一个数作为y，求复数z为纯虚数的概率；(2)设x∈[0,3]，y∈[0,4]，求点M落在不等式组：所表示的平面区域内的概率．【参考答案】1.【答案】D【解析】求导可得要满足题意需有两个不等实根即即，又a,b的取法共种，其中满足的有共6种故所求的概率为故选D.2.【答案】A【解析】甲等待的事件不超过3分钟的概率为.3．【答案】D【解析】在正六边形中，6个顶点选取4个，共有15种结果．选取的4点能构成矩形只有对边的4个顶点(例如AB与DE)，共有3种，故所求概率为.4．【答案】A【解析】要使△ABC有两个解，需满足的条件是，因为A＝30°，所以，满足此条件的a，b的值有b＝3，a＝2；b＝4，a＝3；b＝5，a＝3；b＝5，a＝4；b＝6，a＝4；b＝6，a＝5，共6种情况，所以满足条件的三角形有两个解的概率是5.【答案】A【解析】以半径为准，概率为.6．【答案】A【解析】记三个兴趣小组分别为1、2、3，甲参加1组记为“甲1”，则基本事件为“甲1，乙1；甲1，乙2；甲1，乙3；甲2，乙1；甲2，乙2；甲2，乙3；甲3，乙1；甲3，乙2；甲3，乙3”，共9个．记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，其中事件A有“甲1，乙1；甲2，乙2；甲3，乙3”，共3个．因此P(A)＝7．【答案】D【解析】由题意可知，点P位于BC边的中线的中点处．记黄豆落在△PBC内为事件D，则P(D)＝8．【答案】A【解析】设这两个实数分别为x，y，则，满足的部分如图中阴影部分所示．所以这两个实数的和大于的概率为9．【答案】A【解析】依题意，将这六个不同的水果分别放入这六个格子里，每个格子放入一个，共有A66＝720种不同的放法，其中满足放好之后每行、每列的水果种类各不相同的放法共有96种(此类放法进行分步计数：第一步，确定第一行的两个格子的水果放法，共有种放法；第二步，确定第二行的两个格子的水果放法，有种放法，剩余的两个水果放入第三行的两个格子)，因此所求的概率等于10．【答案】B【解析】因为f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点，所以Δ＝4a2－4(π－b2)≥0，即a2＋b2－π≥0，由几何概型的概率计算公式可知所求概率为11.【答案】【解析】两个数a、b在区间内随机取，以a为横坐标、b为纵坐标建立如图所示直角坐标系，可得对应的点(a,b)在如图的正方形OABC及其内部任意取，其中A(0,4)，B(4,4),C(4,0),O为坐标原点，若函数有零点，则解之得，满足条件的点(a,b)在直线a-2b=0的下方，且在正方形OABC内部的三角形，其面积为正方形OABC的面积为函数有零点的概率为12．【答案】【解析】直线与两个坐标轴的交点分别为(，0)，(0，)，又当m∈(0,3)时，，∴··<，解得0<m<2，∴P＝三、解答题13.【解析】（I）从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝，1红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2．其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为．（II）加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和不大于4的有10种情况，所以概率为．14.【解析】设事件为“方程有实根”．当，时，方程有实根的充要条件为．（Ⅰ）基本事件共20个：事件中包含个基本事件，所以事件发生的概率为．（Ⅱ）试验的全部结果构成的区域为，∴,构成事件的区域为，∴,所以所求的概率为．15．【解析】(1)记“复数z为纯虚数”为事件A.∵组成复数z的所有情况共有12个：－4，－4＋i，－4＋2i，－3，－3＋i，－3＋2i，－2，－2＋i，－2＋2i,0，i,2i，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型，其中事件A包含的基本事件共2个：i,2i，∴所求事件的概率为P(A)＝＝.(2)依条件可知，点M均匀地分布在平面区域内，属于几何概型，该平面区域的图形为下图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝12.而所求事件构成的平面区域为其图形如图中的三角形OAD(阴影部分)．又直线x＋2y－3＝0与x轴、y轴的交点分别为A(3,0)、D(0，)，∴三角形OAD的面积为S1＝＝.∴所求事件的概率为。

高三数学古典概型试题答案及解析1.现有编号分别为1，2，3，4，5的五个不同的语文题和编号分别为6，7，8，9，的四个不同的数学题。

甲同学从这九个题中一次随机抽取两道题，每题被抽到的概率是相等的，用符号（x，y）表示事件“抽到的两题的编号分别为x、y，且”（1）共有多少个基本事件？并列举出来；（2）求甲同学所抽取的两题的编号之和小于17但不小于11的概率．【答案】（1）个基本事件，，，，，，，,，，，，，，,，，，，，,，，，，,，，，,，，,，,，（2）【解析】（1）利用“树图法”或“坐标法”，写出个基本事件.（2）根据，写出满足条件的基本事件，共15个：，,，，,，，，,，，,，,,利用古典概型概率的计算公式即得所求.试题解析：（1）共有个基本事件，，，，，，，,，，，，，，,，，，，，,，，，，,，，，,，，,，,，6分（2）由已知，满足条件的基本事件有：，,，，,，，，,，，,，,. 12分【考点】古典概型.2.对酷爱运动的年轻夫妇，让刚满十个月大的婴儿把“0，0，2，8，北，京”六张卡片排成一行，若婴儿能使得排成的顺序为“2008北京”或“北京2008”，则受到父母的夸奖，那么婴儿受到夸奖的概率为___________．【答案】【解析】由题意知本题是一个古典概型，∵试验发生包含的事件是把六张卡片排成一行其中包含两张相同的，共有种结果，满足条件的事件是有两个基本事件，∴婴儿受到父母夸奖的概率P＝【考点】简单的排列问题，古典概型概率的计算.3.如图所示方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1,2,3,4中的任何一个，允许重复．则填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为()A． B． C． D．【答案】D【解析】只考虑A，B两个方格的排法．不考虑大小，A，B两个方格有4×4＝16(种)排法．要使填入A方格的数字大于B方格的数字，则从1,2,3,4中选2个数字，大的放入A格，小的放入B格，有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，共6种，故填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为＝，选D．4.某农科院在3×3的9块试验田中选出6块种植某品种水稻，则每行每列都有两块试验田种植水稻的概率为()A．B．C．D．【答案】C【解析】所求概率为P＝＝＝．5.[2013·江苏高考]现有某类病毒记作Xm Yn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为________．【答案】【解析】由题意知m的可能取值为1,2,3，…，7；n的可能取值为1,2,3，…，9.由于是任取m，n：若m＝1时，n可取1,2,3，…，9，共9种情况；同理m取2,3，…，7时，n也各有9种情况，故m，n的取值情况共有7×9＝63种．若m，n都取奇数，则m的取值为1,3,5,7，n的取值为1,3,5,7,9，因此满足条件的情形有4×5＝20种．故所求概率为.6.（2013•重庆）若甲、乙、丙三人随机地站成一排，则甲、乙两人相邻而站的概率为_________．【答案】【解析】记甲、乙两人相邻而站为事件A甲、乙、丙三人随机地站成一排的所有排法有=6，则甲、乙两人相邻而站的战法有=4种站法∴=7.一个正方体玩具的6个面分别标有数字1，2，2，3，3，3．若连续抛掷该玩具两次，则向上一面数字之和为5的概率为．【答案】【解析】连续抛掷两次共有种基本事件，向上一面数字之和为5的事件包含2+3与3+2两种情形，共种基本事件，所以概率为【考点】古典概型概率8.如图，三行三列的方阵中有9个数，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是____________． (结果用分数表示)【答案】【解析】首先从9个数中任取3个数共有种，至少有2个数同行或同列的取法有种，所求概率为.【考点】古典概型.9.如图，三行三列的方阵中有9个数，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是____________． (结果用分数表示)【答案】【解析】首先从9个数中任取3个数共有种，至少有2个数同行或同列的取法有种，所求概率为.【考点】古典概型.10.已知函数f(x)=cos(x),a为抛掷一颗骰子得到的点数，则函数f（x）在[0,4]上零点的个数小于5或大于6的概率为 .【答案】【解析】解：y=f（x）在[0，4]上有5个或6个零点，等价于函数f（x）的周期等于2，即，解得a=3；而所有的a值共计6个，故y=f（x）在[0，4]上零点的个数小于5或大于6的概率是 1－=.【考点】1.列举法计算基本事件数及事件发生的概率；2.函数零点的判定定理．11.有两张卡片，一张的正反面分别写着数字与，另一张的正反面分别写着数字与，将两张卡片排在一起组成一个两位数，则所组成的两位数为奇数的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】能组成的两位数有、、、、、，共个，其中的奇数有、、，共个，因此所组成的两位数为奇数的概率是，故选C.【考点】古典概型12.从甲，乙，丙，丁4个人中随机选取两人，则甲乙两人中有且只有一个被选取的概率为．【答案】【解析】从4人中任选2人，共有，而甲乙两人有且只有一个被选取的方法数为，概率为．【考点】古典概型．13.从甲，乙，丙，丁4个人中随机选取两人，则甲乙两人中有且只有一个被选取的概率为．【答案】【解析】从甲，乙，丙，丁4个人中随机选取两人共有种基本事件，而甲乙两人中有且只有一个被选取包含种基本事件，所以所求概率为.【考点】古典概型概率14.已知直线l1：x－2y－1＝0，直线l2：ax－by＋1＝0，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6}．(1) 求直线l1与l2相交的概率；(2) 求直线l1与l2的交点位于第一象限的概率．【答案】(1) (2)【解析】(1) 直线l1的斜率k1＝，直线l2的斜率k2＝.设事件A为“直线l1与l2相交”．a，b∈{1，2，3，4，5，6}的总事件数为(1，1)，(1，2)，…，(1，6)，(2，1)，(2，2)，…，(2，6)，…，(5，6)，(6，6)共36种．若l1与l2相交，则l1∥l2，即k1＝k2，即b＝2a.满足条件的实数对(a，b)有(1，2)，(2，4)，(3，6)共三种情况．所以P(A)＝.(2) 设事件B为“直线l1与l2的交点位于第一象限”，由于直线l1与l2有交点，则b≠2a.联立方程组解得∵l1与l2的交点位于第一象限，∴∵a、b∈{1，2，3，4，5，6}，∴b>2a.∴总事件数共36种，满足b>2a的事件有(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，5)，(2，6)，共6种，∴ P(B)＝15.甲、乙两人各写一张贺年卡随意送给丙、丁两人中的一人，则甲、乙将贺年卡送给同一人的概率是________．【答案】【解析】(甲送给丙、乙送给丁)、(甲送给丁，乙送给丙)、(甲、乙都送给丙)、(甲、乙都送给丁)共四种情况，其中甲、乙将贺年卡送给同一人的情况有两种，所以甲、乙将贺年卡送给同一人的概率是P＝＝.16.某产品的三个质量指标分别为x，y，z，用综合指标S＝x＋y＋z评价该产品的等级．若S≤4，则该产品为一等品．先从一批该产品中，随机抽取10件产品作为样本，其质量指标列表如下：(1)利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率；(2)在该样品的一等品中，随机抽取两件产品，①用产品编号列出所有可能的结果；②设事件B为“在取出的2件产品中，每件产品的综合指标S都等于4”，求事件B发生的概率．【答案】(1)0.6(2)①{A1，A2}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A7}，{A1，A9}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A7}，{A2，A9}，{A4，A5}，{A4，A7}，{A4，A9}，{A5，A7}，{A5，A9}，{A7，A9}，②【解析】(1)计算10件产品的综合指标S，如下表：其中S≤4的有A1，A2，A4，A5，A7，A9，共6件，故该样本的一等品率为，从而可估计该批产品的一等品率为0.6.(2)①在该样本的一等品中，随机抽取2件产品的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A7}，{A1，A9}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A7}，{A2，A9}，{A4，A5}，{A4，A7}，{A4，A9}，{A5，A7}，{A5，A9}，{A7，A9}，共15种．②在该样本的一等品中，综合指标S等于4的产品编号分别为A1，A2，A5，A7，则事件B发生的可能结果为{A1，A2}，{A1，A5}，{A1，A7}，{A2，A5}，{A2，A7}，{A5，A7}，共6种．所以P(B)＝＝.17.在数字1、2、3、4四个数中，任取两个不同的数，其和大于积的概率是________．【答案】【解析】在数字1、2、3、4四个数中任取两个不同的数有{1，2}，{1，3}，{1，4}，{2，3}，{2，4}，{3，4}共6个基本事件，其中和大于积的有3个，即{1，2}，{1，3}，{1，4}，故其和大于积的概率是＝.18.若任意则就称是“和谐”集合.则在集合的所有非空子集中,“和谐”集合的概率是．【答案】【解析】由题意，和谐集合中不含、，和，和成对出现，和可单独出现，故和谐集合分别为，，，，，，，，，，，，共15个，而集合的非空子集有个，故“和谐”集合的概率是．【考点】1、集合与集合的关系；2、古典概型.19.集合A={2,3},B={1,2,3},从A,B中各任意取一个数,则这两数之和等于4的概率是()A．B．C．D．【答案】C【解析】用列举法,从A,B中各任意取一个数,所取数的情况表示为(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),共6种情况,其中和为4的共有2种情况,所求概率为P==.故选C.20.一对年轻夫妇和其两岁的孩子做游戏,让孩子把分别写有“ONE”“WORLD”“ONE”“DREAM”的四张卡片随机排成一排,若卡片按从左到右的顺序排成“ONE WORLD ONE DREAM”,则孩子会得到父母的奖励,那么孩子得到奖励的概率为.【答案】【解析】题中四张卡片排成一排一共有12种不同的排法,其中只有一种会得到奖励,故孩子得到奖励的概率为.21.某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考评级别.公司准备了两种不同的饮料共5杯,其颜色完全相同,并且其中3杯为A饮料,另外2杯为B饮料,公司要求此员工一一品尝后,从5杯饮料中选出3杯A饮料.若该员工3杯都选对,则评为优秀;若3杯选对2杯,则评为良好;否则评为合格.假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力.(1)求此人被评为优秀的概率;(2)求此人被评为良好及以上的概率.【答案】(1) (2)【解析】解:将5杯饮料编号为:1,2,3,4,5,编号1,2,3表示A饮料,编号4、5表示B饮料,则从5杯饮料中选出3杯的所有可能情况为:(1,2,3)、(1,2,4)、(1,2,5)、(1,3,4)、(1,3,5)、(1,4,5)、(2,3,4)、(2,3,5)、(2,4,5)、(3,4,5),共有10种,令D表示此人被评为优秀的事件,E表示此人被评为良好的事件,F表示此人被评为良好及以上的事件,则(1)P(D)=.(2)P(E)=,P(F)=P(D)+P(E)=.22.从集合A={-1,1,2}中随机选取一个数记为k,从集合B={-2,1,2}中随机选取一个数记为b,则直线y=kx+b不经过第三象限的概率为()A．B．C．D．【答案】A【解析】k,b的取法有3×3=9种,直线y=kx+b不经过第三象限即k<0,b>0,取法有(-1,1),(-1,2)两种,所以概率为P=.【误区警示】直线y=kx+b不经过第三象限,k<0,b>0缺一不可.23. 1号箱中有2个白球和4个红球,2号箱中有5个白球和3个红球,现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱,然后从2号箱随机取出一球,则从2号箱取出红球的概率是()A．B．C．D．【答案】A【解析】所求概率P=·+·=+==.24.同时抛掷三枚均匀的硬币,出现一枚正面、两枚反面的概率为()A．B．C．D．【答案】C【解析】共23=8种情况,符合要求的有(正,反,反),(反,正,反),(反,反,正)3种,∴P=.25.甲、乙两颗卫星同时监测台风,在同一时刻,甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75,则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为.【答案】0.95【解析】由对立事件的性质知在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为1-(1-0.8)(1-0.75)=0.95.26.袋内装有6个球，这些球依次被编号为1、2、3、……、6，设编号为n的球重n2－6n＋12(单位：克)，这些球等可能地从袋里取出(不受重量、编号的影响)．(1)从袋中任意取出一个球，求其重量大于其编号的概率；(2)如果不放回地任意取出2个球，求它们重量相等的概率．【答案】（1）（2）【解析】(1)若编号为n的球的重量大于其编号，则n2－6n＋12＞n，即n2－7n＋12＞0.解得n＜3或n＞4.所以n＝1,2,5,6.所以从袋中任意取出一个球，其重量大于其编号的概率P＝＝.(2)不放回地任意取出2个球，这2个球编号的所有可能情形为：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.共有15种可能的情形．设编号分别为m与n(m，n∈{1,2,3,4,5,6}，且m≠n)球的重量相等，则有m2－6m＋12＝n2－6n＋12，即有(m－n)(m＋n－6)＝0.所以m＝n(舍去)，或m＋n＝6.满足m＋n＝6的情形为1,5；2,4，共2种情形．故所求事件的概率为.27.一个袋子中装有六个大小形状完全相同的小球，其中一个编号为1，两个编号为2，三个编号为3.现从中任取一球，记下编号后放回，再任取一球，则两次取出的球的编号之和等于4的概率是________．【答案】【解析】列举可知，共有36种情况，和为4的情况有10种，所以所求概率P＝＝.28.某公司销售、、三款手机，每款手机都有经济型和豪华型两种型号，据统计月份共销售部手机（具体销售情况见下表）款手机款手机款手机已知在销售部手机中，经济型款手机销售的频率是.（1）现用分层抽样的方法在、、三款手机中抽取部，求在款手机中抽取多少部？（2）若，求款手机中经济型比豪华型多的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由分层抽样的定义有，得到，所以计算可得手机总数，从而有部.（2）设“款手机中经济型比豪华型多”为事件，款手机中经济型、豪华型手机数记为，根据，，确定满足事件的基本事件有个事件包含的基本事件为7个，由古典概型概率的计算公式得解.解答本题，关键是事件数的计算，此类问题，常常借助于树图法或坐标法，避免各种情况的遗漏. 试题解析：（1）因为，所以 2分所以手机的总数为： 3分现用分层抽样的方法在在、、三款手机中抽取部手机，应在款手机中抽取手机数为：（部）. 5分（2）设“款手机中经济型比豪华型多”为事件，款手机中经济型、豪华型手机数记为，因为，，满足事件的基本事件有：，，，，，，，，，，，共个事件包含的基本事件为，，，，，，共7个所以即款手机中经济型比豪华型多的概率为 12分【考点】分层抽样，典概型概率的计算.29.甲乙二人用4张扑克牌（分别是红桃2，红桃3，红桃4，方片4）玩游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张．（1）设，表示甲乙抽到的牌的数字，如甲抽到红桃2，乙抽到红桃3，记为，，写出甲乙二人抽到的牌的所有情况；（2）若甲抽到红桃3，则乙抽出的牌面数字比3大的概率是多少？（3）甲乙约定，若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜；否则，乙胜，你认为此游戏是否公平？请说明理由．【答案】(1)详见解析；(2)；(3)不公平.【解析】（1）此题为古典概型的概率计算问题，因为有两张4，所以在列举时，要做一区分，设方片4为4′，甲乙两人抽到的牌不放回，所以在甲抽完以后，乙只能从剩下的牌中抽取，然后一一列举出所以基本事件；（2）在（1）中列举的所以情况看，横坐标为3的有几个基本事件N，其中大于3的有几个基本事件n，,就是甲抽到红桃3，则乙抽出的牌面数字比3大的概率;（3）同样在（1）中找到甲抽到的牌的牌面数字大于乙的基本事件，剩下的基本事件为乙大的，分别让他们除以总的基本事件，看谁的概率大，相等，即公平，不相等，就是不公平.试题解析：（1）解：方片4用4′表示，则甲乙二人抽到的牌的所有情况为：（2，3），（2，4），（2，4′），（3，2），（3，4），（3，4′），（4，2），（4，3），（4，4′），（4′，2），（4′，3），（4′，4）共12种不同的情况. 5分（2）解：甲抽到3，乙抽到的牌只能是2，4，4′，因此乙抽到的牌的数字大于3的概率为. 8分（3）解：甲抽到的牌比乙大，有（4，2），（4，3），（4′，2），（4′，3），（3，2）共5种情况.甲胜的概率为，乙胜的概率为，因为，所以此游戏不公平. 13分【考点】古典概型的概率计算30.排一张4独唱和4个合唱的节目表，则合唱不在排头且任何两个合唱不相邻的概率是（结果用最简分数表示）.【答案】【解析】8个节目所有排法为，要求合唱不相邻，可先把4个独唱排列，有种排法，这里这4个独唱节目形成5个空档(包含前后两个)，由于合唱不排排头，故4个合唱节目只有插进后面四个空档里，有种排法，这样总共有排法，从而所求概率为【考点】古典概型．31.某校为组建校篮球队，对报名同学进行定点投篮测试，规定每位同学最多投3次，每次在A或B处投篮，在A处投进一球得3分，在B处投进一球得2分，否则得0分，每次投篮结果相互独立，将得分逐次累加并用X表示，如果X的值不低于3分就认为通过测试，立即停止投篮，否则继续投篮，直到投完三次为止．投篮方案有以下两种：方案1：先在A处投一球，以后都在B处投；方案2：都在B处投篮．已知甲同学在A处投篮的命中率为0.4，在B处投篮的命中率为0.6.(1)甲同学若选择方案1，求X＝2时的概率；(2)甲同学若选择方案2，求X的分布列和数学期望；(3)甲同学选择哪种方案通过测试的可能性更大？请说明理由．【答案】（1）0.288（2）3.168（3）选择方案2通过测试的可能性更大【解析】(1)“在A处投篮命中”记作事件A，不中记作，“在B处投篮命中”记作事件B，不中记作，该同学选择方案1，测试结束后所得总分为2为事件(B)∪(B)，则其概率P1＝P(B)＋P(B)＝(1－0.4)×0.6×(1－0.6)＋(1－0.4)×(1－0.6)×0.6＝0.288.(2)该同学选择方案2，测试结束后，所得总分X所有可能取的值为0,2,4.则P(X＝0)＝(1－0.6)×(1－0.6)×(1－0.6)＝0.064，P(X＝2)＝×0.6×0.42＝0.288，P(X＝4)＝0.6×0.6＋×0.62×0.4＝0.648，∴X的分布列是X024(3)设该同学选择方案1通过测试的概率为P2，P2＝P(A)＋P(BB)＝0.4＋(1－0.4)×0.6×0.6＝0.616，又选择方案2通过测试的概率P3＝0.648>0.616，所以该同学选择方案2通过测试的可能性更大．32.某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X(单位：分)的数学期望为 ()．A．0.9B．0.8C．1.2D．1.1【答案】A【解析】依题意得，得分之和X的可能取值分别是0、1、2，且P(X＝0)＝(1－0.4)(1－0.5)＝0.3，P(X＝1)＝0.4×(1－0.5)＋(1－0.4)×0.5＝0.5，P(X＝2)＝0.4×0.5＝0.2，∴得分之和X的分布列为∴E(X)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9.33.把4个颜色各不相同的乒乓球随机的放入编号为1、2、3、4的四个盒子里．则恰好有一个盒子空的概率是（结果用最简分数表示）【答案】【解析】这是古典概型，我们只要计算出两个数，一个是把4个不同的球随机放入四个不同的盒子的所有放法总数为，而恰好有一个盒子是空的方法为，从而所求概率为．【考点】古典概型．34. 把4个颜色各不相同的乒乓球随机的放入编号为1、2、3、4的四个盒子里 ．则恰好有一个盒子空的概率是 （结果用最简分数表示） 【答案】【解析】这是古典概型，我们只要计算出两个数，一个是把4个不同的球随机放入四个不同的盒子的所有放法总数为，而恰好有一个盒子是空的方法为，从而所求概率为．【考点】古典概型．35. 设集合，对于，记，且，由所有组成的集合记为：，（1）的值为________； （2）设集合，对任意，，则的概率为________．【答案】（1）；（2）．【解析】由题意知，a i ，b i ∈M ，a i ＜b i ，∵首先考虑M 中的二元子集有{1，2}，{1，3}，…，{5，6}，共15个，即为C =15个． 又a i ＜b i ，满足的二元子集有：{1，2}，{2，4}，{3，6}，这时，{1，3}，{2，6}，这时，{2，3}，{4，6}，这时，共7个二元子集．故集合A 中的元素个数为k=15-7+3=11．列举A={,,,,，},B={2，3，4，5，6，},+="2," +="3," +=2，+=2,+=2，+ =2共6对．∴所求概率为：p ＝．故答案为：11；．【考点】古典概型及其概率计算公式．36. 甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b ，其中a ，b ∈{1，2，3，4，5，6}，若｜a －b ｜≤1，就称甲乙“心相近”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心相近”的概率为 （ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D ．【解析】试验包含的所有事件共有6×6=36种猜数的结果。

古典概型-典型例题规律发现【例1】口袋里装有100个球，其中有1个白球和99个黑球，这些球除颜色外完全相同.100个人依次从中摸出一球，求第81个人摸到白球的概率.分析：只考虑第81个人摸球的情况.此法不难理解，因为每个人摸到白球的概率都相等，有100个球，而白球只有1个.解：只考虑第81个人摸球的情况.他可能摸到100个球中的任何一个，这100个球出现的可能性相同，且第81个人摸到白球的可能结果只有1种，因此第81个人摸到白球的概率为1001. 【例2】100个人依次抓阄决定1件奖品的归属，求最后一个人中奖的概率.分析：这是日常生活中常见的问题，中奖与否与先抓后抓没有关系，每个人中奖与不中奖的概率都相同.解：只考虑最后一个人抓阄的情况，他可能抓到100个阄中的任何一个，而他摸到有奖的阄的结果只有一种，因此，最后一个人中奖的概率为1001. 【例3】从含有两件正品a 、b 和一件次品c 的3件产品中每次任取一件，连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件是次品的概率.（1）每次取出不放回； （2）每次取出后放回.分析：问题的关键在于一种是不放回试验，一种是放回试验.不放回试验，取一件少一件；而放回试验，取一件后，再取一件时情况不变.通过列出所有基本事件解答比较直观易懂.（1）解法一：每次取出后不放回的所有可能结果有（a ，b ），（a ，c ），（b ，a ），（b ，c ），（c ，a ），（c ，b ），其中小括号内左边字母表示第一次取出的产品，右边字母表示第二次取出的产品，共有6个基本事件.其中有一件次品的事件有（a ，c ），（b ，c ），（c ，a ），（c ，b ），共4个基本事件.因此，每次取出后不放回，取出的两件产品中恰有一件次品的概率为3264 . 解法二：取出的两件产品中有一件次品，至于是第一次取出，还是第二次取出可不必考虑，则所有可能结果有（a ，b ），（a ，c ），（b ，c ），共3个基本事件；而恰有一件次品的基本事件有（a ，c ），（b ，c ），共2个.因此结果与解法一相同.（2）解：这是放回试验，第一次被取出的产品，第二次也可能被取出，由于最后关心的是两件产品中有一件次品，因此必须考虑顺序，则所有可能结果有（a ，a ），（a ，b ），（a ，c ），（b ，a ），（b ，b ），（b ，c ），（c ，a ），（c ，b ），（c ，c ），共9个基本事件，其中恰有一件次品的基本事件有（a ，c ），（b ，c ），（c ，a ），（c ，b ），共4若用前3种解法相当烦琐，而用解法4的方法问题则迎刃而解，且比较直观.这是古典概型，每个人中奖的概率相同，与第几个开始抓没有关系.建立概率模型，写出所有的基本事件，再写出某事件所含有的基本事件，问题就比较容易解答.每次摸出一球是有顺序的，（a ，b ）与（b ，a ）不同.可不考虑顺序，即（a ，b ）与（b ，a ）可认为相同.结果（a ，a ）在第（1）题不可能出现，由于是放回试验，在第（2）题中就有了可能.个基本事件.因此每次取出后放回，取出的两件产品中恰有一件次品的概率为94. 互斥事件规律发现【例1】从一箱产品中随机地抽取一件产品，设事件A =“抽到的一等品”，事件B =“抽到的二等品”，事件C ＝“抽到的三等品”，且已知P （A ）=0.7，P （B ）=0.1，P （C ）=0.05.求下列事件的概率. （1）事件D =“抽到的是一等品或二等品”； （2）事件E =“抽到的是二等品或三等品”. 分析：事件A 、B 、C 彼此互斥，且D =A +C ，E =B +C .解：（1）∵D =A +C ，且事件A 和C 互斥，P （A ）=0.7，P （C ）=0.05， ∴P （D ）=P （A +C ）=P （A ）+P （C ）=0.7+0.05=0.75. （2）∵事件E =B +C ，且事件B 和C 互斥，P （B ）=0.1，P （C ）=0.05，∴P （E ）=P （B +C ）=P （B ）+P （C ）=0.1+0.05=0.15. 【例2】某学校成立数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39、32、33个成员，一些成员参加了不止1个小组，具体情况如右图所示.随机选取1个成员：（1）他至少参加2个小组的概率为多少? （2）他只参加1个小组的概率是多少?分析：至少参加2个小组是指参加2个小组或3个小组，其反面是只参加1个小组.解：设事件A =“只参加英语小组”，B =“只参加音乐小组”，C =“只参加数学小组”，D =“只参加英语、音乐小组”，E =“只参加英语、数学小组”，F =“只参加音乐、数学小组”，G =“参加了英语、音乐、数学3个小组”.（1）设事件M =“他至少参加2个小组”，则M =D +E +F +G . ∵3个小组共有60人，且P （D ）=607，P （E ）=6011，P （F ）=6010，P （G ）=608， ∴P （M ）=P （D +E +F +G ）=P （D ）+P （E ）+P （F ）+P （G ）=6.0603660860106011607==+++. （2）设事件N =“他参加不超过2个小组”，则N =“他参加3个小组”=G .∴P （N ）=1－P （N ）=1－P （G ）=1－1513608=. 【例3】小明的自行车用的是密码锁，密码锁的四位数码由4个数字2、4、6、8按一定顺序构成.小明不小心忘记了密码中4个数字的顺序，试问：随机地输入由2、4、6、8组成的一个四位数，不能打开锁的概率是多少?分析：密码只有1个，由2、4、6、8能组成多少个不同的四位利用互斥事件有一个发生的概率计算公式，首先确定是否是互斥事件.英语 音乐数学6881010117首先确定某个事件由哪些互斥事件组成，或确定它的对立事件，然后求出各事件的概率.把整个事件彻底分解，所求事件中有几个互斥事件则一目了然.也可用M 的对立事件M 求，即P （M ）=1－P （M ）.用对立事件求比较简单.“打开锁”与“打不开锁”是对立事件，因此可用“打开锁”的概率表示“打不开锁”的概率.也可直接求P （A ）=2423.数呢?用树状图分析知有4×3×2=24（个）.解：设事件A =“由2、4、6、8组成的四位数不是开锁密码”，而由2、4、6、8组成的所有四位数有4×3×2=24个，且P （A ）=241. ∴P （A ）=1－P （A ）=1－241=2423，即小明随机地输入由2、4、6、8组成的一个四位数，不能打开锁的概率为2423.【例4】班级联欢时，主持人拟出了如下一些节目：跳双人舞、独唱、朗诵等.指定3个男生和2个女生来参与，把5个人分别编号为1、2、3、4、5，其中1、2、3号是男生，4、5号是女生.将每个人的编号分别写在5张相同的卡片上，并放入一个箱子中充分混合，每次从中随机地取出一张卡片，取出谁的编号谁就参与表演节目.（1）为了取出2人来表演双人舞，连续抽取2张卡片，求取出的2人不全是男生的概率；（2）为了取出2人分别表演独唱和朗诵，抽取并观察第一张卡片后，又放回箱子中，充分混合后再从中抽取第二张卡片，求：①独唱和朗诵是由同一个人表演的概率；②取出的2人不全是男生的概率.分析：为了得到从5张卡片中连续抽取2张的所有结果，利用树状图列出，所有情况直观显现，有助于下面问题的解决.在第（2）题中也可用树状图表示，由于它是放回抽取，也可用有序数组的方式一一列举出.解：（1）首先利用树状图列举所有可能结果如下：1112222333344455555,,,,. 由图可看出所有可能结果数为20.每个结果出现的可能性相同，属古典概型.方法一：设A 1=“2人中恰有1人是女生”，A 2=“2人都是女生”，A =“2人不全是男生”，则A =A 1+A 2.由树状图易知P （A 1）=2012，P （A 2）=202，且A 1与A 2是互斥事件， ∴P （A ）=P （A 1+A 2）=P （A 1）+P （A 2）=2012+202=107=0.7，即连续抽取2张卡片，取出的2人不全是男生的概率为0.7.方法二：设事件A =“2人不全是男生”，则A =“2人全是男生”，且P （A ）=206=0.3. ∴P （A ）=1－P （A ）=1－0.3=0.7，即连续抽取2张卡片，取出的2个不全是男生的概率为0.7.方法三：不考虑抽取的顺序，即（a ，b ）与（b ，a ）相同，则要认真阅读题目内容，明确题目的条件和要求，这是解题的关键第一步. 有多少种不同抽法，可用树状图表示.利用树状图进行列举是常用的方法.也可用有序数组列举：（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，3），（2，4），（2，5），（3，1），（3，2），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共20个.通过A 的对立事件A 求P （A ）.最后考虑的是结果，可不考虑顺序.所有可能结果有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），共10种.易知这也属于古典概型.设事件A =“2人不全是男生”，则A =“2人全是男生”，且P （A ）=103=0.3. ∴P （A ）=1－P （A ）=1－0.3=0.7，即连续抽取2张卡片，取出的2人不全是男生的概率为0.7.（2）利用有序数组的方式列出所有结果为（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种.①设事件A =“独唱和朗诵由同一个人表演”，则P （A ）=255=0.2，即独唱和朗诵由同一个人表演的概率为0.2.②设事件A =“有放回抽取，取出的两人不全是男生”，则A =“有放回抽取，取出的两人全是男生”，且P （A ）=259， ∴P （A ）=1－P （A ）=1－259=0.64，即有放回地抽取2张卡片，取出的2人不全是男生的概率为0.64.【例5】10件产品中有两件次品，任取两件检验，求下列事件的概率（不放回抽取）.（1）至少有1件是次品； （2）最多有1件是次品.分析：可用树状图列出所有结果，从正面回答，不如从反面解决快捷.解：由树状图可知，共有90种可能结果.（1）设事件A =“至少有1件是次品”，则A =“没有次品”，且P （A ）=9056. ∴P （A ）=1－P （A ）=1－45179056=，即至少有1件是次品的概率为4517. （2）设事件A =“最多有1件是次品”，则A ＝“2件都是次品”，且P （A ）=902. ∴P （A ）=1－P （A ）=1－4544902=，即最多有1件是次品的概率为4544. 这是放回抽取，也可用树状图，如112345也可从正面直接解答,A 中含有两个互斥事件：“2人是一名男生和一名女生”和“2人都是女生”.列树状图要列10组,每组中有9个结果,共90个结果,通过想象可解决问题.也可从不考虑顺序的角度求解.。

2022年高考（乙卷）数学（理科）真题及答案解析一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设全集U={1,2,3,4,5}，集合M满足∁U M={1,3}，则( )A. 2∈MB. 3∈MC. 4∉MD. 5∉M2.已知z=1−2i，且z+az+b=0，其中a，b为实数，则( )A. a=1，b=−2B. a=−1，b=2C. a=1，b=2D. a=−1，b=−23.已知向量a，b满足|a⃗|=1，|b⃗ |=√3，|a⃗−2b⃗ |=3，则a⃗·b⃗ =( )A. −2B. −1C. 1D. 24.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n}:b1=1+1a1，b2=1+1α1+1a2，31231111bααα=+++，⋯，依此类推，其中a k∈N∗(k=1,2,⋯).则( )A. b1<b5B. b3<b sC. b6<b2D. b4<b75.设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若|AF|=|BF|，则|AB|=( )A. 2B. 2√2C. 3D. 3√26.执行右边的程序框图，输出的n=( )A. 3B. 4C. 5三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）17. 记ΔABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知sinCsin(A −B)=sinBsin(C −A)．(1)证明：2a 2=b 2+c 2;(2)若a =5，cosA =2531，求ΔABC 的周长．18. 如图，四面体ABCD 中AD ⊥CD ，AD =CD ，∠ADB =∠BDC ，E 为AC 中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD;(2)设AB =BD =2，∠ACB =600，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成角的正弦值．19. 某地经过多年的环填治理，已将就山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种村木，测量每棵村的根部横截而积(心位：m 2)和材积量(m 3)，得到如下数据：样本数号i 12345678910 总和根部横截面积x i 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量y i0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.403.9并计算得∑x i 210i=1=0.038，∑y i 210i=1=1.6158，∑x i 10i=1y 1=0.2474．(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量： (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01); (3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m 2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值． 附：相关系数r =∑(x i −x )n i=1(y i −y )√∑(x i −x )2ni=1∑(y i −y )2n i=1，√1.896≈1.377．20. 已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴，y 轴，且过A(0,−2)，B(32,−1)两点(1)求E 的方程;(2)设过点P(1,−2)的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，证明：直线HN 过定点． 21. 已知函数f(x)=ln(1+x)+axe −x ．(1)当a =1时，求曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程：解：由题设，|a⃗−2b⃗ |=3，得|a⃗|−4a⃗⋅b⃗ +4|b⃗ |2=9，代入|a⃗|=1，|b⃗ |=√3，有4a⃗⋅b⃗ =4，故a⃗·b⃗ =14.【答案】D【解析】【分析】本题考查社会生活中的数列的比较大小，考查运算推导能力，属于基础题．利用递推关系进行大小的比较．【解答】解：由已知b1=1+1a1，b2=1+1a1+1a2，1a1>1a1+1a2，故b1>b2;同理可得b2<b3，b1>b3,又因为1a2>1a2+1a3+1a4，故b2<b4，于是得b1>b2>b3>b4>b5>b6>b7>...，排除A．1 a2>1a2+1a3+...1a6，故b2<b6，排除C，而b1>b7>b8，排除B．5.【答案】B【解析】【分析】本题考查抛物线的定义、方程和性质，属基础题．【解答】解：易知抛物线C:y2=4x的焦点为F(1,0)，于是有|BF|=2，故|AF|=2，注意到抛物线通径2p=4，通径为抛物线最短的焦点弦，分析知AF必为半焦点弦，于是有AF⊥x轴，于是有|AB|=√22+22=2√2．6.【答案】B【解析】8.【答案】D【解析】 【分析】本题主要考查等比数列前 n 项和中的基本量计算，属于基础题． 根据题干列出等式求得 a 1 与 q ，进而求出 a 6 ． 【解答】解： 设等比数列 {a n } 首项 a 1 ，公比 q ．由题意， {a 1+a 2+a 3=168a 2−a 5=42 ，即 {a 1(1+q +q 2)=168a 1q(1−q 3)=42 ，即 {a 1(1+q +q 2)=168a 1q(1−q)(1+q +q 2)=42解得， q =12 ， a 1=96 ，所以 a 6=a 1q 5=3 ．9.【答案】C【解析】 【分析】本题考查圆锥体积，最值计算． 【解答】解： 考虑与四棱锥的底面形状无关，不失一般性，假设底面是 边长为 a 的正方形，底面所在圆面的半径为 r ，则 r =√22a ，所以该四棱锥的高 ℎ=√1−a 22，所以体积V =13a 2√1−a 22，设 a 2=t (0<t <2) ，V =13√t 2−t32 ， (t 2−t 32)′=2t −3t 22，当 0<t <43 ， (t 2−t 32)′>0 ，单调递增，当 43<t <2 ， (t 2−t 32)′<0 ，单调递减，所以当 t =43 时， V 取最大，此时 ℎ=√1−a22=√33，10.【答案】D【解析】【分析】本题考查相互独立事件的概率乘法公式的计算，属于中档题．根据题意计算出P甲，P乙，P丙，然后作差比较大小．【解答】解：设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙由题意P甲=p1[p2(1−p3)+p3(1−p2)]=p1p2+p1p3−2p1p2p3，P乙=p2[p1(1−p3)+p3(1−p1)]=p1p2+p2p3−2p1p2p3，P丙=p3[p1(1−p2)+p2(1−p1)]=p1p3+p2p3−2p1p2p3，所以P丙−P甲=p2(p3−p1)>0，P丙−P乙=p1(p3−p2)>0，所以P丙最大．11.【答案】C【解析】【分析】本题考查双曲线的性质及直线与圆相切的性质，属于中档题．【解答】解：由题意，点N在双曲线右支.记切点为点A，连接AD，则AD⊥MN，|AD|= a，又|DF1||=c，则|AF1|=√c2−a2=b.过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B，连接F2N，则F2B//DA，又点D为F1F2中点，则|F2B|=2|DA|=2a，|F1B|=2|AF1|= 2b．由cos∠F1NF2=35，得sin∠F1NF2=45，tan∠F1NF2=43所以|F2N|=|F2B|sin∠F1NF2=5a2，|BN|=|F2B|tan∠F1NF2=3a2．故|F1N|=|F1B|+|BN|=2b+3a2，由双曲线定义，|F1N|−|F2N|=2a，则2b−a=2a，即ba =32，所以e=√1+b2a2=√1+94=√132.(此题是否有另外一解，待官方公布)12.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数的对称性，周期性，属于拔高题．【解答】解：若y=g(x)的图像关于直线x=2对称，则g(2−x)=g(2+x)，因为f(x)+g(2−x)=5，所以f(−x)+g(2+x)=5，故f(−x)=f(x)，f(x)为偶函数.由g(2)=4，f(0)+g(2)=5，得f(0)=1.由g(x)−f(x−4)=7，得g(2−x)= f(−x−2)+7，代入f(x)+g(2−x)=5，得f(x)+f(−x−2)=−2，f(x)关于点(−1,−1)中心对称，所以由于E 为AC 中点∴EF ⊥AC 当ΔAFC 的面积最小时∴EF ⊥BD在RtΔDEB 中，∵BE =√3，DE =1∴EF =√32，BF =32如图，以点E 为坐标原点，直线AC 、EB 、ED 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系． C(−1,0,0)、A(1,0,0)、B(0,√3,0)、D(0,0,1)、F(0,√34,34)BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,1)、AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,1)、BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−√3,0) ∵CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =BF ⃗⃗⃗⃗⃗ −BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =34BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√34,34)设平面ABD 的法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y,z) 可得{BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =0AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =0设y =1∴m ⃗⃗⃗ =(√3,1,√3)设m⃗⃗⃗ 与CF ⃗⃗⃗⃗⃗ 所成的角为α，CF 与平面ABD 所成角的为θ ∴sinθ=|cosα|=|m ⃗⃗⃗ ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |·|CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=4√37所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为4√37．【解析】本题考查面面垂直的判定，及线面角的求解，属于中档题．19.【答案】解：(1)设这种树木平均一课的根部横截面积为x ，平均一个的材积量为y ， 则x =0.610=0.06，y =3.910=0.39．(2)r =∑x i n i=1y i −nx y√(∑x i 2n i=1−nx 2)(∑y i 2n i=1−ny 2)=0.2474−10×0.06×0.39√0.038−10×0.062√1.6158−10×039)2=0.0134√0.002×0.0948=0.01340.01×√1.896=0.01340.01377=0.97； (3)设从根部面积总和为X ，总材积量为Y ，则XY =xy ，故Y =3.90.6×186=1209(m 3). 【解析】本题考查了用样本估计总体，样本的相关系数，属于中档题．20.【答案】解：(1)设E 的方程为x 2a 2+y2b 2=1，将A(0,−2)，B(32,−1)两点代入得。

高三数学古典概型试题答案及解析1.小明家订了一份报纸，寒假期间他收集了每天报纸送达时间的数据，并绘制成频率分布直方图，如图所示．（1）根据图中的数据信息，求出众数和中位数（精确到整数分钟）；（2）小明的父亲上班离家的时间在上午之间，而送报人每天在时刻前后半小时内把报纸送达（每个时间点送达的可能性相等），求小明的父亲在上班离家前能收到报纸（称为事件）的概率．【答案】（1），；（2）.【解析】（1），由频率分布直方图可知即，列方程=0.5即得；（2）设报纸送达时间为，小明父亲上班前能取到报纸等价于，由几何概型概率计算公式即得.试题解析：（1） 2分由频率分布直方图可知即， 3分∴ =0.5解得分即 6分（2）设报纸送达时间为 7分则小明父亲上班前能取到报纸等价于， 10分如图可知，所求概率为12分【考点】1.频率分布直观图；2.几何概型.2.从0,1,2,3,4,5这6个数字中任意取4个数字组成一个没有重复数字的四位数，这个数不能被3整除的概率为()A．B．C．D．【答案】A【解析】从0,1,2,3,4,5这6个数字中任意取4个数字组成没有重复数字的四位数，共有＝300个．∵0＋1＋2＋3＋4＋5＝15，∴这个四位数能被3整除只能由数字：1,2,4,5；0,3,4,5；0,2,3,4；0,1,3,5；0,1,2,3组成，所以能被3整除的数有＋4×＝96个，∴这个数能被3整除的概率为P＝＝，∴这个数不能被3整除的概率为1－＝，选A．3.从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离小于该正方形边长的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，共有条线段，点与，，，四点中任意1点的连线段都小于该正方形边长，共有，所以这2个点的距离小于该正方形边长的概率，故选B.【考点】古典概型及其概率计算公式.4.掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于（）【答案】B【解析】掷两颗均匀的骰子，共有36种基本事件，点数之和为5的事件有（1,4），（2,3），（3,2），（4,1）这四种，因此所求概率为，选B.【考点】古典概型概率5.（本小题满分14分）将连续正整数从小到大排列构成一个数，为这个数的位数（如时，此数为，共有15个数字，），现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率.（1）求；（2）当时，求的表达式；（3）令为这个数中数字0的个数，为这个数中数字9的个数，，，求当时的最大值.【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）解概率应用题，关键要正确理解事件. 当时，这个数中有9个一位数，90个二位数，一个三位数，总共有192个数字，其中数字0的个数为9+2=11，所以恰好取到0的概率为（2）按（1）的思路，可分类写出的表达式：，（3）同（1）的思路，分一位数，二位数，三位数进行讨论即可，当当当即同理有由可知，当时，当时，，当时，由关于k单调递增，故当，最大值为又，所以当时，最大值为试题解析：（1）解：当时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为（2）（3）当当当即同理有由可知所以当时，,当时，当时，，当时，由关于k单调递增，故当，最大值为又，所以当时，最大值为【考点】古典概型概率6.从1,2,3,6这四个数中一次随机地取2个数，则所取两个数的乘积为6的概率为 .【答案】【解析】从这4个数中任取2个数共有种取法，其中乘积为6的有和两种取法，因此所求概率为．【考点】古典概型．7. 10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________.【答案】【解析】从10件产品中任取4件，共有种基本事件，恰好取到1件次品就是取到1件次品且取到3件正品，共有，因此所求概率为【考点】古典概型概率8.一个袋中装有8个大小质地相同的球，其中4个红球、4个白球，现从中任意取出四个球，设X为取得红球的个数．（1）求X的分布列；（2）若摸出4个都是红球记5分，摸出3个红球记4分，否则记2分．求得分的期望．【答案】（1）分布列详见解析；（2）.【解析】本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望、古典概型等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力.第一问，分析题意，先写出取得红球的个数X的所有可能取值，利用古典概型，利用排列组合列出每一种情况的概率表达式，最后列出分布列；第二问，利用第一问的分布列，结合第二问提到的分数列出数学期望的表达式.（1）X，1,2,3,4其概率分布分别为：，，，，．其分布列为X01234（2）．（12分）【考点】离散型随机变量的分布列和数学期望、古典概型.9. [2013·课标全国卷Ⅰ]从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是()A．B．C．D．【答案】B【解析】从1,2,3,4中任取2个不同的数，共有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)6种不同的结果，取出的2个数之差的绝对值为2有(1,3)，(2,4)2种结果，概率为，故选B.10.(2014·温州模拟)记a,b分别是投掷两次骰子所得的数字,则方程x2-ax+2b=0有两个不同实根的概率为()A．B．C．D．【答案】B【解析】所有的(a,b)共有6×6=36(个),方程x2-ax+2b=0有两个不同实根,等价于Δ=a2-8b>0,故满足条件的(a,b)有(3,1),(4,1),(5,1),(5,2),(5,3),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),共9个,故方程x2-ax+2b=0有两个不同实根的概率为=.11.连掷两次骰子分别得到点数m,n,则向量(m,n)与向量(-1,1)的夹角θ>90°的概率是__________.【答案】【解析】即(m,n)·(-1,1)=-m+n<0.所以m>n,基本事件总共有6×6=36(个),符合要求的有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),…,(5,4),(6,1),…,(6,5),共1+2+3+4+5=15(个).所以P==.12.某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的．则3个景区都有部门选择的概率是________．【答案】【解析】某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34.由于是任意选择，这些结果出现的可能性都相等.3个景区都有部门选择可能出现的结果数为·3！(从4个部门中任选2个作为1组，另外2个部门各作为1组，共3组，共有＝6种分法，每组选择不同的景区，共有3！种选法)，记“3个景区都有部门选择”为事件A1，那么事件A1的概率为P(A1)＝＝.13.有驱虫药1618和1573各3杯,从中随机取出3杯称为一次试验(假定每杯被取到的概率相等),将1618全部取出称为试验成功.(1)求恰好在第3次试验成功的概率(要求将结果化为最简分数).(2)若试验成功的期望值是2,需要进行多少次相互独立重复试验?【答案】(1)试验一次就成功的概率为； (2)4.【解析】(1) 从6杯中任选3杯,不同选法共有种，而选到的3杯都是1618的选法只有1种，由古典概型概率的求法可得试验一次就成功的概率为.恰好在第3次试验成功相当于前两次试验都没成功，第3次才成功.由于成功的概率为，所以一次试验没有成功的概率为，三次相乘即得所求概率.（2）该例是一个二项分布，二项分布的期望是，解此方程即可得次数.试题解析：（1）从6杯中任选3杯,不同选法共有种,而选到的3杯都是1618的选法只有1种,从而试验一次就成功的概率为.恰好在第3次试验成功相相当于前两次试验都没成功,第3次才成功,故概率为.(2)假设连续试验次,则试验成功次数,从而其期望为,再由可解出.【考点】1、古典概型；2、二项分布及其期望.14.一个口袋中装有形状和大小完全相同的3个红球和2个白球，甲从这个口袋中任意摸取2个球，则甲摸得的2个球恰好都是红球的概率是（）A．B．C．D．【解析】设3个红球为A，B，C，2个白球为X，Y，则取出2个的情况共有10种，其中符合要求的有3种，所求的概率为，故选A【考点】古典概型概率。