2018年-高三数学概率复习(3)几何概率)

第十二章 概率与统计1、[文] 一个容量为20的样本，数据的分组与几个组的频数如下：[10，20]，2；[20，30]，3；[30，40]，4；[40，50]，5；[50，60]，4；[60，70]，2. 则样本在区间[10，50]上的频率为 . 1．[文] 0.7 2. (文)某校高中生共有900人，其中高一年级300人，高二年级200人，高三年级400人，现采用分层抽取容量为45人的样本，那么高一、高二、高三年级抽取的人数分别为 A. 15，5，25 B. 15，15，15 C. 10，5，30 D. 15，10，20 2. (文)D 【思路分析】： 每20人中抽取1人 【命题分析】：考察抽样方法。

3、(理)同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为ξ，则ξ的数学期望是 A ．20 B ．25 C ．30 D ．403、(理)Ｂ【思路分析】： 抛掷－次，正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率为1652525=C ，2516580=⨯=ξE 【命题分析】：考察等可能事件的概率的求法及数学期望的求法。

4．一个容量为20的样本数据，分组后，组距与频数如下：),40,30[;3),30,20[;2),20,10[3),70,60[;3),60,50[;5),50,40[;4，则样本在区间)50,10[内的频率是（ ）A ．0.18B ．0.25C ．0.50D ．0.704．D 【思路分析】：7.0205432=+++=P ，故选D.【命题分析】：考查频率的计算方法. 5、(理)随机变量ξ的分布列为1201)(-==ξk k P (*N k ∈ ， )162≤≤k ，则=ξE _______ .5、(理) 3341201360= +⨯+⨯=ξ3221(1201E …)1615⨯+ 3346068060120)(23172162322===+⋯++=C C C C .6．对甲乙两学生的成绩进行抽样分析，各抽取5门功课，得到的观测值如下：甲：70 80 60 70 90 乙：80 60 70 84 76那么，两人中各门功课发展较平稳的是 ．【思路分析】：7474S 104S 70.4x x ====甲乙甲乙，，，，故S S >甲乙. 【命题分析】：考察抽样分析、期望（平均数）的应用 7、（12分）[理]甲、乙两人玩轮流抛掷一对骰子的游戏，由甲先掷，乙后掷，然后甲再掷，…. 规定先得到两颗骰子点数之和等于7的一方获胜，一旦决出胜负游戏便结束.（Ⅰ）若限定每人最多掷两次，求游戏结束时抛掷次数ξ的概率分布和数学期望； （Ⅱ）若不限定两人抛掷的次数，求甲获胜的概率. 7[理]、【思路分析】(Ⅰ) 抛掷一次出现的点数共有6×6 = 36种不同结果，其中“点数之和为7”包含了(1 , 6) , (2 , 5) , (3 , 4) , (4 , 3) , (5 , 2) , (6 , 1)共6个结果，∴抛掷一次出现的点数之和为7的概率为61366= ………………………… 2分 ξ可取1 , 2 , 3 , 4P (ξ=1) =61，P (ξ=2) =3656165=⨯，P (ξ= 3) =2162561)65(2=⨯P (ξ= 4) =2161251)65(3=⨯∴ξ的概率分布列为E ξ= 1×61+ 2×365+ 3×21625+ 4×216125=216671 …………………………… 8分 (Ⅱ) 不限制两人抛掷的次数，甲获胜的概率为：P =61+ (65)2×61+ (65)4×61+ …= 116)65(1612=-. ……………………………………………… 12分 【命题分析】主要考查等可能事件，互斥事件，相互独立事件，随机事件的概率分布、数学期望，无穷递缩等比数列各项的和等知识，以及运用概率知识解决实际问题的能力. 8、 (理)袋中有4个黑球，3个白球，2个红球，从中任取2个球. 已知每取到一个黑球得0分，每取到一个白球得1分，每取到一个红球得2分. 用ε表示任取2个球的得分，求：(1)ε的分布列； (2)ε的数学期望.8、(理)(1)(2)E ξ＝0×16＋1×13＋2×1136＋3×16＋4×136＝149．9、（本题满分12分）（理）盒中装有5节同牌号的五号电池，其中混有两节废电池，现在无放回地每次取一节电池检验，直到取到好电池为止，试回答下列问题。

概率与统计热点一 常见概率模型的概率几何概型、古典概型、相互独立事件与互斥事件的概率、条件概率是高考的热点，几何概型主要以客观题考查，求解的关键在于找准测度(面积，体积或长度)；相互独立事件，互斥事件常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列，期望与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，准确判定概率模型，恰当选择概率公式.【例1】现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏. (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列.解 依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23. 设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0，1，2，3，4). 则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率 P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3＋A 4，且A 3与A 4互斥，∴P (B )＝P (A 3＋A 4)＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19.(3)依题设，ξ的所有可能取值为0，2，4. 且A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥. 则P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1＋A 3)＝P (A 1)＋P (A 3) ＝C 14⎝⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝4081，P (ξ＝4)＝P (A 0＋A 4)＝P (A 0)＋P (A 4) ＝C 04⎝⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781.所以ξ的分布列是ξ 0 2 4 P82740811781【类题通法】(1)本题44人中恰有i 人参加甲游戏的概率P ＝C i 4⎝⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ，这是本题求解的关键. (2)解题中常见的错误是不能分清事件间的关系，选错概率模型，特别是在第(3)问中，不能把ξ＝0，2，4的事件转化为相应的互斥事件A i 的概率和.【对点训练】甲、乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，乙队每人答对的概率都是23，设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分. (1)求ξ＝2的概率；(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率. 解 (1)ξ＝2，则甲队有两人答对，一人答错，故P (ξ＝2)＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×12＝1124；(2)设甲队和乙队得分之和为4为事件A ，甲队比乙队得分高为事件B .设乙队得分为η，则η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23.P (ξ＝1)＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＝14，P (ξ＝3)＝34×23×12＝14，P (η＝1)＝C 13·23·⎝⎛⎭⎪⎫132＝29，P (η＝2)＝C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·13＝49，P (η＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎪⎫233＝827，∴P (A )＝P (ξ＝1)P (η＝3)＋P (ξ＝2)P (η＝2)＋P (ξ＝3)·P (η＝1) ＝14×827＋1124×49＋14×29＝13， P (AB )＝P (ξ＝3)·P (η＝1)＝14×29＝118， ∴所求概率为P (B|A )＝P （AB ）P （A ）＝11813＝16.热点二 离散型随机变量的分布列、均值与方差离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题的考查，属于中档题.复习中应强化应用题目的理解与掌握，弄清随机变量的所有取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概率模型的确定与转化是解题的基础，准确计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练.【例2】甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望).解 用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5. (1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)· P (A 3)P (A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681.(2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)·P (B 2)＝59， P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29， P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝1081， P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881. 故X 的分布列为X 2 3 4 5 P59291081881E (X )＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.【类题通法】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤 第一步：确定随机变量的所有可能值； 第二步：求每一个可能值所对应的概率； 第三步：列出离散型随机变量的分布列； 第四步：求均值和方差；第五步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元.求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.解(1)设顾客所获的奖励额为X.①依题意，得P(X＝60)＝C11C13C24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为1 2.②依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝12，P(X＝20)＝C23C24＝12，即X的分布列为X 20 60P 1212所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×12＋60×12＝40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理，可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X120 60 100P 162316X1的数学期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60(元)，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X240 60 80P 162316X2的数学期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60(元)，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.热点三概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点.主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决问题的关键.复习时要在这些图表上下工夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上掌握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算.【例3】2018年6月14日至7月15日，第21届世界杯足球赛将于俄罗斯举行，某大学为世界杯组委会招收志愿者，被招收的志愿者需参加笔试和面试，把参加笔试的40名大学生的成绩分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成绩在第3，4，5组的人数；(2)现决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试.①已知甲和乙的成绩均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名学生中随机抽取2名学生接受考官D的面试，设第4组中有X名学生被考官D面试，求X的分布列和数学期望.解(1)由频率分布直方图知：第3组的人数为5×0.06×40＝12.第4组的人数为5×0.04×40＝8.第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组，第4组，第5组中分别抽取3人，2人，1人.①设“甲或乙进入第二轮面试”为事件A，则P(A)＝1－C310C312＝511，所以甲或乙进入第二轮面试的概率为5 11.②X的所有可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝C24C26＝25，P(X＝1)＝C12C14C26＝815，P(X＝2)＝C22C26＝115.所以X的分布列为X 012P 25815115E(X)＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.【类题通法】本题将传统的频率分布直方图与分布列、数学期望相结合，立意新颖、构思巧妙.求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题中X 服从超几何分布.【对点训练】某公司为了解用户对某产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：6273819295857464537678869566977888827689B地区：7383625191465373648293486581745654766579(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：满意度评分低于70分70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意记事件C：“A评价结果相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率.解(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散.(2)记C A1表示事件：“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；C A2表示事件：“A地区用户的满意度等级为非常满意”；C B1表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；C B2表示事件：“B地区用户的满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C＝C B1C A1∪C B2C A2.P(C)＝P(C B1C A1∪C B2C A2)＝P(C B1C A1)＋P(C B2C A2)＝P (C B 1)P (C A 1)＋P (C B 2)P (C A 2).由所给数据得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为1620，420，1020，820，即P (C A 1)＝1620，P (C A 2)＝420，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝820，故P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48. 热点四 统计与统计案例能根据给出的线性回归方程系数公式求线性回归方程，了解独立性检验的基本思想、方法，在选择或填空题中常涉及频率分布直方图、茎叶图及样本的数字特征(如平均数、方差)的考查，解答题中也有所考查.【例4】从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i 个家庭的月收入x i (单位：千元)与月储蓄y i (单位：千元)的数据资料，算得∑10i ＝1x i ＝80，∑10i ＝1y i ＝20，∑10i ＝1x i y i ＝184，∑10i ＝1x 2i ＝720. (1)求家庭的月储蓄y 对月收入x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^； (2)判断变量x 与y 之间是正相关还是负相关；(3)若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄. 附：线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^中，b ^＝，a ^＝y －b ^ x ，其中x ，y 为样本平均值.解 (1)由题意知n ＝10，x ＝1n ∑n i ＝1x i ＝8010＝8， y ＝1n ∑n i ＝1y i＝2010＝2，又l xx ＝∑ni ＝1x 2i －n x 2＝720－10×82＝80， l xy ＝∑ni ＝1x i y i －n x y ＝184－10×8×2＝24， 由此得b^＝l xy l xx＝2480＝0.3， a^＝y －b ^x ＝2－0.3×8＝－0.4，故所求线性回归方程为y ^＝0.3x －0.4.(2)由于变量y 的值随x 值的增加而增加(b^＝0.3>0)，故x 与y 之间是正相关.(3)将x ＝7代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为y ^＝0.3×7－0.4＝1.7(千元).【类题通法】(1)分析两个变量的线性相关性，可通过计算相关系数r 来确定，r 的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越强，r 的绝对值越接近于0，表明两变量线性相关性越弱.(2)求线性回归方程的关键是正确运用b^，a ^的公式进行准确的计算.【对点训练】4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查.下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图.若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”，低于60分钟的学生称为“非读书迷”.(1)根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？非读书迷 读书迷总计 男 15 女 45 总计(2)将频率视为概率.1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列、期望E (X )和方差D (X ). 解 (1)完成2×2列联表如下：非读书迷 读书迷 总计 男 40 15 55 女 20 25 45 总计6040100K 2＝100×（40×25－15×20）60×40×55×45≈8.249＞6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关. (2)将频率视为概率.则从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率P ＝25.由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P (X ＝i )＝C i 3⎝ ⎛⎭⎪⎫25i ⎝ ⎛⎭⎪⎫353－i (i ＝0，1，2，3).X 的分布列为 X0 1 2 3 P27125 54125 36125 8125均值E (X )＝np ＝3×25＝65，方差D (X )＝np (1－p )＝3×25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝1825.。

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第十三章概率与统计本章知识结构图第一节概率及其计算考纲解读1。

了解随机事件发生的不确定性、频率的稳定性、概率的意义、频率与概率的区别。

2.了解两个互斥事件的概率的加法公式。

3。

掌握古典概型及其概率计算公式.4。

了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率。

5.了解几何概型的意义.命题趋势探究1.本部分为高考必考内容，在选择题、填空题和解答题中都有渗透。

2.命题设置以两种概型的概率计算及运用互斥、对立事件的概率公式为核心内容，题型及分值稳定，难度中等或中等以下。

知识点精讲一、必然事件、不可能事件、随机事件在一定条件下:①必然要发生的事件叫必然事件；②一定不发生的事件叫不可能事件；③可能发生也可能不发生的事件叫随机事件.二、概率在相同条件下,做次重复实验，事件A发生次，测得A发生的频率为，当很大时，A发生的频率总是在某个常数附近摆动，随着的增加,摆动幅度越来越小，这时就把这个常数叫做A的概率，记作。

对于必然事件A，；对于不可能事件A，=0.三、基本事件和基本事件空间在一次实验中，不可能再分的事件称为基本事件，所有基本事件组成的集合称为基本事件空间。

四、两个基本概型的概率公式1、古典概型条件：1、基本事件空间含有限个基本事件 2、每个基本事件发生的可能性相同()(A)=()A card P A card =Ω包含基本事件数基本事件总数2、几何概型条件：每个事件都可以看作某几何区域Ω的子集A ，A 的几何度量（长度、面积、体积或时间）记为A μ。

第3讲几何概型,)1．几何概型如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．2．几何概型的概率公式P(A)＝构成事件A的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）1．辨明两个易误点(1)几何概型中，线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果．(2)易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是基本事件的发生是等可能的，不同之处是几何概型中基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的．2．会解三种常见的几何概型(1)与长度有关的几何概型，其基本事件只与一个连续的变量有关；(2)与面积有关的几何概型，其基本事件与两个连续的变量有关，若已知图形不明确，可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本事件就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决问题．(3)与体积有关的几何概型，可借助空间几何体的体积公式解答问题．1.教材习题改编如图，转盘的指针落在A区域的概率为( )A ．16 B ．19 C ．112 D ．118C2.教材习题改编 一个路口的红绿灯，红灯的时间为30秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为40秒，则某人到达路口时看见的是红灯的概率是( )A ．15 B ．25 C ．35 D ．45 B P ＝3030＋5＋40＝25，故选B.3.教材习题改编 如图，在一边长为2的正方形ABCD 内有一曲线L 围成的不规则图形．往正方形内随机撒一把豆子(共m 颗)．落在曲线L 围成的区域内的豆子有n 颗(n <m )，则L 围成的区域面积(阴影部分)为( )A ．2n mB ．4n mC ．n2m D ．n4mBS 阴影S 正方形＝落在L 围成的区域的豆子数n落在正方形中的豆子数m， 所以S 阴影＝n m×22＝4n m.4.教材习题改编 如图，圆中有一内接等腰三角形．假设你在图中随机投掷一点，则它落在阴影部分的概率为________．设圆的半径为R ，由题意知圆内接三角形为等腰直角三角形，其直角边长为2R ， 则所求事件的概率为 P ＝S 阴S 圆＝12×2R ×2R πR 2＝1π. 1π5．已知正方体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________．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，设M ­ABCD 的高为h ，则13×S 四边形ABCD ×h ＝16.又S 四边形ABCD ＝1，所以h ＝12.若体积小于16，则h <12，即点M 在正方体的下半部分，所以P ＝12V 正方体V 正方体＝12.12与长度、角度有关的几何概型(1)(2016·高考全国卷乙)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 ．13 B ．12 C ．23D ．34(2)(2017·烟台模拟)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上随机取一个数x ，则cos x 的值介于0到12之间的概率为________．(3)如图所示，在△ABC 中，∠B ＝60°，∠C ＝45°，高AD ＝3，在∠BAC 内作射线AM交BC 于点M ，则BM <1的概率为________．【解析】 (1)由题意得图：由图得等车时间不超过10分钟的概率为12.(2)当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤12，得－π2≤x ≤－π3或π3≤x ≤π2，根据几何概型概率公式得所求概率为13.(3)因为∠B ＝60°，∠C ＝45°， 所以∠BAC ＝75°.在Rt △ABD 中，AD ＝3，∠B ＝60°， 所以BD ＝ADtan 60°＝1，∠BAD ＝30°.记事件N 为“在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，使BM <1”，则可得∠BAM <∠BAD 时事件N 发生．由几何概型的概率公式，得：P (N )＝30°75°＝25. 【答案】 (1)B (2)13 (3)251.本例(2)中，若将“cos x 的值介于0到12”改为“cos x 的值介于0到32”，则概率如何？当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤32， 得－π2≤x ≤－π6或π6≤x ≤π2，根据几何概型概率公式得所求概率为23.2.本例(3)中，若将“在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ”改为“在线段BC 上找一点M ”，则BM <1的概率是多少？依题意知BC ＝BD ＋DC ＝1＋3，P (BM <1)＝11＋3＝3－12.与长度、角度有关的几何概型的求法解答关于长度、角度的几何概型问题，只要将所有基本事件及事件A 包含的基本事件转化为相应长度或角度，即可利用几何概型的概率计算公式求解．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)．1．在区间上随机地取出一个数x ，则事件“－1≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1”发生的概率为( ) A ．34 B ．23 C ．13D ．14A 不等式－1≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1可化为log 122≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤log 1212，即12≤x ＋12≤2，解得0≤x ≤32，故由几何概型的概率公式得P ＝32－02－0＝34.2．如图所示，在直角坐标系内，射线OT 落在30°角的终边上，任作一条射线OA ，则射线OA 落在∠yOT 内的概率为________．如题图，因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的，则OA 落在∠yOT 内的概率为60360＝16. 16与面积有关的几何概型(高频考点)与面积有关的几何概型是高考命题的热点，多以选择题或填空题的形式呈现，多为容易题或中档题．高考对与面积有关的几何概型的考查主要有以下两个命题角度： (1)与平面图形面积有关的几何概型； (2)与线性规划知识交汇命题的几何概型．(1)(2016·高考全国卷甲)从区间随机抽取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 ．4nmB ．2nmC ．4mnD ．2m n(2)(2017·湖北华师附中联考)在区间上随机取两个实数x ，y ，使得x ＋2y ≤8的概率为( )A ．14B ．316C ．916D ．34【解析】 (1)设由⎩⎪⎨⎪⎧0≤x n ≤10≤y n ≤1构成的正方形的面积为S ，x 2n ＋y 2n ＜1构成的图形的面积为S ′，所以S ′S ＝14π1＝m n ，所以π＝4mn，故选C.(2) (x ，y )构成的区域是边长为4的正方形及其内部，其中满足x ＋2y ≤8的区域为如图所示的阴影部分，易知A (4，2)，所以P ＝12×（2＋4）×44×4＝34.选D.【答案】 (1)C(2)D与面积有关的几何概型的求法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以求面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解．角度一 与平面图形面积有关的几何概型1. 如图，将半径为1的圆分成相等的四段弧，再将四段弧围成星形放在圆内(阴影部分)．现在往圆内任投一点，此点落在星形区域内的概率为( )A ．4π－1 B ．1π C ．1－1πD ．2πA 顺次连接星形的四个顶点，则星形区域的面积等于(2)2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×π×12－12×12＝4－π，又因为圆的面积等于π×12＝π，因此所求的概率等于4－ππ＝4π－1.角度二 与线性规划知识交汇命题的几何概型2．在区间上任取两个数a ，b ，则函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 2无零点的概率为________． 要使该函数无零点，只需a 2－4b 2<0，即(a ＋2b )(a －2b )<0.因为a ，b ∈，a ＋2b >0， 所以a －2b <0.作出⎩⎪⎨⎪⎧0≤a ≤1，0≤b ≤1，a －2b <0的可行域(如图阴影部分所示)，易得该函数无零点的概率P ＝1－12×1×121×1＝34.34与体积有关的几何概型(1)在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．(2)(2017·黑龙江五校联考)在体积为V 的三棱锥S －ABC 的棱AB 上任取一点P ，则三棱锥S －APC 的体积大于V3的概率是________．【解析】 (1)正方体的体积为：2×2×2＝8，以O 为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为：12×43πr 3＝12×43π×13＝23π，则点P 到点O 的距离大于1的概率为：1－23π8＝1－π12.(2)由题意可知V S －APC V S －ABC >13，三棱锥S －ABC 的高与三棱锥S －APC 的高相同．作PM ⊥AC 于M ，BN ⊥AC 于N ，则PM ，BN 分别为△APC 与△ABC 的高，所以V S －APC V S －ABC ＝S △APC S △ABC ＝PM BN >13，又PM BN ＝APAB ，所以AP AB >13，故所求的概率为23(即为长度之比)． 【答案】 (1)1－π12 (2)23与体积有关的几何概型的求法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求解．(2017·长春第二次调研) 如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，H 分别是棱A 1B 1，D 1C 1上的点(点E 与B 1不重合)，且EH ∥A 1D 1，过EH 的平面与棱BB 1，CC 1相交，交点分别为F ，G .设AB ＝2AA 1＝2a ，EF ＝a ，B 1E ＝2B 1F .在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1内随机选取一点，则该点取自于几何体A 1ABFE ­D 1DCGH 内的概率为________．因为EH ∥A 1D 1，所以EH ∥B 1C 1，所以EH ∥平面BCC 1B 1.过EH 的平面与平面BCC 1B 1交于FG ，则EH ∥FG ，所以易证明几何体A 1ABFE ­D 1DCGH 和EB 1F ­HC 1G 分别是等高的五棱柱和三棱柱，由几何概型可知，所求概率为：P ＝1－V 三棱柱V 长方体＝1－S △EB 1F S 矩形ABB 1A 1＝1－12×55a ×255a 2a 2＝910. 910,)——转化与化归思想在几何概型中的应用某校早上8：00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7：30～7：50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为__________．(用数字作答)【解析】 设小王到校时间为x ，小张到校时间为y ，则小张比小王至少早到5分钟时满足x －y ≥5.如图，原点O 表示7：30，在平面直角坐标系中画出小王和小张到校的时间构成的平面区域(图中正方形区域)，该正方形区域的面积为400，小张比小王至少早到5分钟对应的图形(图中阴影部分)的面积为12×15×15＝2252，故所求概率为P ＝2252400＝932.【答案】932本题通过设置小张、小王两人到校的时间这两个变量x ，y ，将已知转化为x ，y 所满足的不等式，进而转化为坐标平面内的点(x ，y )的相关约束条件，从而把时间这个长度问题转化为平面图形的二维面积问题，进而转化为面积型的几何概型问题求解．若题中涉及三个相互独立的变量，则需将其转化为空间几何体的体积问题加以求解．甲、乙两位同学约定周日上午在某电影院旁见面，并约定先到达者等10分钟后另一人还没有到就离开．如果甲是8：30到达，假设乙在8：00～9：00之间到达，且乙在8：00～9：00之间何时到达是等可能的，则两人见面的概率是( )A ．16 B ．14 C ．13D ．12C 由题意知，若以8：00为起点，则乙在8：00～9：00之间到达这一事件对应的集合是Ω＝{x |0<x <60}，而满足条件的事件对应的集合是A ＝{x |20≤x ≤40}，所以两人见面的概率是40－2060－0＝13., )1．设p 在上随机地取值，则关于x 的方程x 2＋px ＋1＝0有实数根的概率为( ) A ．15 B ．25 C ．35D ．45C 方程x 2＋px ＋1＝0有实根，则Δ＝p 2－4≥0，解得p ≥2或p ≤－2(舍去)．由几何概型的概率计算公式可知所求的概率为5－25－0＝35.2．在长为12 cm 的线段AB 上任取一点C .现作一矩形，邻边长分别等于线段AC ，CB 的长，则该矩形面积小于32 cm 2的概率为( )A ．16B ．13C ．23D ．45C 设AC ＝x ，则CB ＝12－x ，所以x (12－x )<32，解得x <4或x >8. 所以P ＝4＋412＝23.3．已知ABCD 为长方形，AB ＝2，BC ＝1，O 为AB 的中点，在长方形ABCD 内随机取一点，取到的点到O 的距离大于1的概率为( )A ．π4B ．1－π4C ．π8D ．1－π8B 如图，依题意可知所求概率为图中阴影部分与长方形的面积比，即所求概率P ＝S 阴影S 长方形ABCD ＝2－π22＝1－π4.4. 如图所示，A 是圆上一定点，在圆上其他位置任取一点A ′，连接AA ′，得到一条弦，则此弦的长度小于或等于半径长度的概率为( )A ．12 B ．32C ．13D ．14C 当AA ′的长度等于半径长度时，∠AOA ′＝π3，A ′点在A 点左右都可取得，故由几何概型的概率计算公式得P ＝2π32π＝13，故选C.5．(2017·商丘模拟)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 ．12D ．23C 如图所示，设点M 是BC 边的中点，因为PB →＋PC →＋2PA →＝0，所以点P 是中线AM 的中点，所以黄豆落在△PBC 内的概率P ＝S △PBC S △ABC ＝12，故选C. 6．任取实数a 、b ∈，则a 、b 满足|a －2b |≤2的概率为( ) A ．18 B ．14 C ．34 D ．78D 建立如图所示的坐标系，因为|a －2b |≤2，所以－2≤a －2b ≤2表示的平面区域为图中阴影部分，所以|a －2b |≤2的概率为S 阴影S 正方形＝78. 7. 如图，在一不规则区域内，有一边长为1米的正方形，向区域内随机地撒1 000 颗黄豆，数得落在正方形区域内(含边界)的黄豆数为375颗，以此实验数据为依据，可以估计出该不规则图形的面积为________平方米．设该不规则图形的面积为x 平方米，向区域内随机地撒1 000颗黄豆，数得落在正方形区域内(含边界)的黄豆数为375，所以根据几何概型的概率计算公式可知3751 000＝1x，解得x ＝83.838．已知函数f (x )＝x 2－x －2，x ∈，若从区间内随机抽取一个实数x 0，则所取的x 0满足f (x 0)≤0的概率为________．令x 2－x －2≤0，解得－1≤x ≤2，由几何概型的概率计算公式得P ＝2－（－1）5－（－5）＝310＝0.3.0.39．如图，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________．设事件M ＝“动点在三棱锥A －A 1BD 内”， 则P (M )＝V 三棱锥A －A 1BDV 长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1＝V 三棱锥A 1－ABDV 长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1＝13AA 1·S △ABD V 长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1 ＝13AA 1·12S 矩形ABCD AA 1·S 矩形ABCD ＝16. 1610．(2017·郑州模拟)若不等式x 2＋y 2≤2所表示的平面区域为M ，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≥0，y ≥2x －6表示的平面区域为N ，现随机向区域N 内抛一粒豆子，则豆子落在区域M 内的概率为________．作出不等式组与不等式表示的可行域如图所示，平面区域N 的面积为12×3×(6＋2)＝12，区域M 在区域N 内的面积为14π(2)2＝π2，故所求概率P ＝π212＝π24.π2411. 如图所示，圆O 的方程为x 2＋y 2＝4.(1)已知点A 的坐标为(2，0)，B 为圆周上任意一点，求AB ︵的长度小于π的概率； (2)若N (x ，y )为圆O 内任意一点，求点N 到原点的距离大于2的概率． (1)圆O 的周长为4π，所以AB ︵的长度小于π的概率为2π4π＝12.(2)记事件M 为N 到原点的距离大于2，则Ω(M )＝{(x ，y )|x 2＋y 2>2}，Ω＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}，所以P (M )＝4π－2π4π＝12.12．(2017·广东七校联考) 如图，已知圆的半径为10，其内接三角形ABC 的内角A ，B 分别为60°和45°，现向圆内随机撒一粒豆子，则豆子落在三角形ABC 内的概率为( )A ．3＋316πB ．3＋34πC ．4π3＋3D ．16π3＋3B 由正弦定理BCsin A＝ACsin B＝2R (R 为圆的半径)⇒⎩⎪⎨⎪⎧BC ＝20sin 60°，AC ＝20sin 45°⇒⎩⎨⎧BC ＝103，AC ＝10 2.那么S △ABC ＝12×103×102sin 75°＝12×103×102×6＋24＝25(3＋3)． 于是，豆子落在三角形ABC 内的概率为S △ABC圆的面积＝25（3＋3）102π＝3＋34π. 13．已知集合A ＝，B ＝，设M ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈B }，在集合M 内随机取出一个元素(x ，y )．(1)求以(x ，y )为坐标的点落在圆x 2＋y 2＝1内的概率； (2)求以(x ，y )为坐标的点到直线x ＋y ＝0的距离不大于22的概率． (1)集合M 内的点形成的区域面积S ＝8. 因为x 2＋y 2＝1的面积S 1＝π， 故所求概率为P 1＝S 1S ＝π8. (2)由题意|x ＋y |2≤22，即－1≤x ＋y ≤1，形成的区域如图中阴影部分所示，面积S 2＝4，故所求概率为P 2＝S 2S ＝12.14．已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n 个．若从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是12.(1)求n 的值；(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a ，第二次取出的小球标号为b .①记“a ＋b ＝2”为事件A ，求事件A 的概率；②在区间内任取2个实数x ，y ，求事件“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”的概率． (1)依题意nn ＋2＝12，得n ＝2. (2)①记标号为0的小球为s ，标号为1的小球为t ，标号为2的小球为k ，h ，则取出2个小球的可能情况有：(s ，t )，(s ，k )，(s ，h )，(t ，s )，(t ，k )，(t ，h )，(k ，s )，(k ，t )，(k ，h )，(h ，s )，(h ，t )，(h ，k )，共12种，其中满足“a ＋b ＝2”的有4种：(s ，k )，(s ，h )，(k ，s )，(h ，s )．所以所求概率为P (A )＝412＝13.②记“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”为事件B ，则事件B 等价于“x 2＋y 2>4恒成立”，(x ，y )可以看成平面中的点的坐标，则全部结果所构成的区域为Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤2，0≤y ≤2，x ，y ∈R }，而事件B 构成的区域为B ＝{(x ，y )|x 2＋y 2>4，(x ，y )∈Ω}．所以所求的概率为P (B )＝1－π4.。

考点27 随机事件的概率、古典概型和几何概型【考点剖析】1.最新考试说明：1.事件与概率(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.2.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.3.随机数与几何概型(1)了解随机数的意义,能运用模拟方法估计概率.(2)了解几何概型的意义.2.命题方向预测：1．随机事件的概率在高考中多以选择题、填空题的形式考查，也时常在解答题中出现，应用题也是常考题型，并且常与统计知识放在一块考查．2．借助古典概型考查互斥事件、对立事件的概率求法．考查古典概型概率公式的应用，尤其是古典概型与互斥、对立事件的综合问题更是高考的热点．在解答题中古典概型常与统计相结合进行综合考查，考查学生分析和解决问题的能力，难度以中档题为主．3.以选择题或填空题的形式考查与长度或面积有关的几何概型的求法是高考对本内容的热点考法，特别是与平面几何、函数等结合的几何概型是高考的重点内容．新课标高考对几何概型的要求较低，因此高考试卷中此类试题以低、中档题为主．3.名师二级结论：一条规律互斥事件与对立事件都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．两种方法求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的求和公式计算；(2)间接法：先求此事件的对立事件的概率，再用公式())1(A A P P ＝－，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”、“至少”型题目，用间接法就显得比较简便． 一条规律从集合的角度去看待概率，在一次试验中，等可能出现的全部结果组成一个集合I ，基本事件的个数n 就是集合I 的元素个数，事件A 是集合I 的一个包含m 个元素的子集．故().cardA mP A cardI n＝＝ 两种方法(1)列举法：适合于较简单的试验．(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求．另外在确定基本事件时，(x ，y )可以看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同；有时也可以看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同． 一条规律对于几何概型的概率公式中的“测度”要有正确的认识，它只与大小有关，而与形状和位置无关，在解题时，要掌握“测度”为长度、面积、体积、角度等常见的几何概型的求解方法． 两种类型(1)线型几何概型：当基本事件只受一个连续的变量控制时．(2)面型几何概型：当基本事件受两个连续的变量控制时，一般是把两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本事件就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决． 4.考点交汇展示： (1)与函数相结合【2017江苏，7】 记函数()f x D .在区间[4,5]-上随机取一个数x ,则x D ∈的概率是 . 【答案】59(2)与线性规划、定积分相结合【2017届辽宁省大连市第八中学高三春季模拟】若从区间()0,(e e 为自然对数的底数，2.71828...e =）内随机选取两个数，则这两个数之积小于e 的概率为 （ ）A.2e B. 1e C. 21e - D. 11e-【答案】A【解析】可行域为{0x ey exy e<<<<<，画出图像如下图所示，故概率为1212e ee dxxe e⋅+=⎰.【考点分类】热点一随机事件的概率1.【2016年高考北京理数】袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（）A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【答案】C2.【2018届山西省名校高三模拟一】在,,A B C三个盒子中各有编号分别为1，2，3的3个乒乓球，现分别从每个盒子中随机地各取出1个乒乓球，那么至少有一个编号是奇数的概率为__________．【答案】2627【解析】从1是个盒子取出的乒乓球的编号是偶数的概率为13，则从3个盒子取出的乒乓球的编号都是偶数的概率为()111133327P A =⨯⨯=，所以至少有一个编号是奇数的概率概率为()12612727P A =-=3.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】5.6【解析】从4只球中一次随机摸出2只，共有6种摸法，其中两只球颜色相同的只有1种，不同的共有5种，所以其概率为5.6【方法总结】求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式求解．如果采用方法一，一定要将事件拆分成若干个互斥事件，不能重复和遗漏；如果采用方法二，一定要找准其对立事件，否则容易出现错误． 热点二 古典概型1.【2018届贵州省遵义航天高级中学高三9月模拟】设{},0,1,2,3,4m n ∈,向量()1,2a =--,(),b m n =,则//a b 的概率为（ ）A.225 B. 325 C. 320 D. 15【答案】B【解析】//a b 22m n m n ⇒-=-⇒= ，所以012{,{ ,{ ,024m m m n n n ====== 因此概率为335525=⨯ ，选B. 2.【2017届云南省红河州高三毕业生复习统一检测】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；从以上五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率为（ ） A.13 B. 110 C. 310 D. 23【答案】C【解析】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，红1蓝1，，红1蓝2，红2蓝1， 故所求的概率为310P = 故答案选C3.【2016高考江苏卷】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】5.6【解析】点数小于10的基本事件共有30种，所以所求概率为305.366= 【方法总结】1.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 . 2.古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 热点三 几何概型1.【2017课标1，理】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】2.【2018届广东省揭阳市惠来县第一中学高三上第一次月考】在[]4,4-上随机地取一个数m ，则事件“直线0x m -+=与22220x y x ++-=有公共点”发生的概率为（ ） A.16 B. 13 C. 23 D. 34【答案】D【解析】由直线0x m +=与圆()2222220,13x y x x y ++-=++=有公共点得：24m ≤⇒-≤≤ ，所以概率为()()423444--=-- ，选D. 3.【2016高考山东理数】在[1,1]-上随机地取一个数k ，则事件“直线y =kx 与圆22(5)9x y -+=相交”发生的概率为 . 【答案】34【解析】直线y =kx 与圆22(5)9x y -+=相交,需要满足圆心到直线的距离小于半径，即d 3=<，解得33k 44-<<，而[1,1]k ?，所以所求概率P =33224=.4.【2018届河北省衡水中学高三9月大联考】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.27265mm π B. 236310mm π C. 23635mm π D. 236320mm π【答案】B【解析】利用古典概型近似几何概型可得，芝麻落在军旗内的概率为30310010p ==， 设军旗的面积为S ，由题意可得： ()22233363,1111101010S S mm πππ=∴=⨯⨯=⨯. 本题选择B 选项. 【方法总结】(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解． (2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率． 应用公式()P A =()()A 构成事件的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积．【热点预测】1.从正五边形的五个顶点中，随机选择三个顶点连成三角形，对于事件A ：“这个三角形是等腰三角形”，下列推断正确的是（ ） A ．事件A 发生的概率等于15 B ．事件A 发生的概率等于25C ．事件A 是不可能事件D ．事件A 是必然事件 【答案】D【解析】因为任意三个顶点连成三角形都是等腰三角形，所以事件A 是必然事件.2.【2016高考新课标1卷】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 ）13 （B ）12 （C ）23 （D ）34【答案】B【解析】如图所示,画出时间轴：8:208:107:507:408:308:007:30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 时,才能保证他等车的时间不超过10分钟根据几何概型,所求概率10101402P +==．故选B ． 3.在区间[]0,2上随机地取一个数x ,则事件“121-1log 2x ≤+≤（）1”发生的概率为( ) （A ）34 （B ）23 （C ）13 （D ）14【答案】A【解析】由121-1log 2x ≤+≤（）1得，11122211113log 2log log ,2,022222x x x ≤+≤≤+≤≤≤（），所以，由几何概型概率的计算公式得，332204P -==-，故选A .4.已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这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 ．1 【答案】B5.【2017届河北衡水中学高三摸底】已知4张卡片上分别写着数字1,2,3,4，甲、乙两人等可能地从这4张卡片中选择1张，则他们选择同一张卡片的概率为（ ）A ．1B ．116C ．14D ．12【答案】C【解析】甲、乙两人选择卡片的所有基本事件为(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个基本事件，选择同一张卡片的有4个，所以他们选择同一张卡片的概率为41164P ==,故选C. 6.【2018届江西省宜春昌黎实验学校高三第二次段考】 五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币. 若硬币正面朝上, 则这个人站起来; 若硬币正面朝下, 则这个人继续坐着. 那么, 没有相邻的两个人站起来的概率为 A.12 B. 1532 C. 1132 D. 516【答案】C【解析】五个人的编号为12345，，，，由题意，所有事件共有5232=种，没有相邻的两个人站起来的基本事件有()()()()()()()()12345131424，，，，，，，，，，，再加上()()2535，，， 没有人站起来的可能有1种，共11种情况， 所以没有相邻的两个人站起来的概率为1132故答案选C .7.【2018届天津市耀华中学高三上学期第一次月考】在6盒酸奶中，有2盒已经过了保质期，从中任取2盒，取到的酸奶中有已过保质期的概率为 （ ） A.13 B. 23 C. 35 D. 115【答案】C【解析】所求概率为24266311155C C -=-= ,选C.8.【2016高考新课标2理数】从区间[]0,1随机抽取2n 个数1x ,2x ，…，n x ，1y ，2y ，…，n y ，构成n 个数对()11,x y ，()22,x y ，…，(),n n x y ，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 m （B ）2n m （C ）4m n （D ）2m n【答案】C【解析】利用几何概型，圆形的面积和正方形的面积比为224S R mS R nπ==圆正方形，所以4m n π=.选C.9.投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m 和n ，则复数2)(ni m +为纯虚数的概率为（ ）A ．13B ．14C ．16D ．112【答案】C【解析】∵复数2)(ni m +为纯虚数 ∴m n = ∴61666p ==⨯ 10.【2018届湖南省株洲市醴陵第二中学、醴陵第四中学高三上期中】在区间[]0,π上随机地取一个数x ，则事件“1sin 2x ≤”发生的概率为（ ） A. 23 B. 12 C. 13 D. 16【答案】C【解析】根据三角函数的图像和特殊角的三角函数值，得到1sin 2x ≤5|066x x x πππ⎧⎫⇒≤≤≤≤⎨⎬⎩⎭或 ，根据几何概型判断，概率为： 13.3ππ=故答案选C 。

知识储备汇总与命题规律展望 1.知识储备汇总：(1) 定义：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度 (面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型.(2) 特点：①无限性：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个.②等可能性：试验结果在每一个区域内均匀分布.(3)几何概型的概率公式： P A构成事件A 为反力I 长至fl 度讣-赳；2.命题规律展望：几何概型是高考考查的重点与热点，以函数、不等式、数列、定积分等知识为载体，主要考查利用集合概型知识求几何概型的概率，题型为选择题、填空题，分值为 5分，难度为基础题或中档题•二、题型与相关高考题解读 1.与长康 角度 右关的儿何概型 1.1考题展示与解读例1【2016高考新课标2文数】某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为 40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为()7533(A )(B )(C )(D ) 10 8 8 10【命题意图探究】本题主要考查与长度有关的几何概型问题，是基础题 .【答案】B【解析】因为红灯持续时间为 40秒.所以这名行人至少需要等待 故选B.【解题能力要求】应用意识，运算求解能力【方法技巧归纳】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 1.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】若正方形ABCD 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()考点46几何概型15秒才出现绿灯的概率为40-15 5 40 - 8(长度、角度).【答案】D【解析】设M , N 分别为BC 或CD 靠近点C 的四等分点，则当 E 在线段CM ,CN 上时， AE 的长度大A. 132B. C. D.21 于5, E 所能取到点的长度为 2，:正方形的周长为16, AE 的长度大于5，的概率等于—=-，故16 8选D.［1,5 ］内随机取一个数 m ，则方程m 2x 2 4y 2 =1表示焦点在y 轴上的椭圆的概率是（） A. 3 B. 1 C. 1 D. 35 5 4 4【答案】D2 2 25 - 23m x 4y =1表示焦点在y 轴上的椭圆的概率是 P，故选D.5—1 4【变式3:改编问法】已知0=（兀＜ Jj 二？;'，直线y = mx +m 和曲线y =有两个不同的交点， 它「1 1们围成的封闭平面区域为 向区域心上随机投一点比，点/!落在区域対内的概率为若PC -—,1，则实数Z JT-的取值范围为（）A.丨⑺B. 2」C. |.?|D. |「【| 【答案】B【解析】首先根据题意画出示意虱 如團所示，Q 彳（切）l{y ［註芦}*示的平面区域対兀轴上方的一 个半訓 其面积为》由pw ［A 判=［矣斗 可得鸟叭罕詠由于直线厂一个特殊点 此点也在曲纟知=近二卫上・由上團可知，当另一个交点为（o ? 1）时，此时区域M 的面积为此时机=占生二一当另一个交点为 ⑴0）时，此时区域随的面积即为半圆的面积壬此时m-0；所以实数m 的取值范围为［OAL 故选B【变式2 :改编结论】在区间 【解析】若方程m 2x 2 4y 2 =1表示焦点在y 轴上的椭圆，则2m 4，解得m 2， 2 m ：：： 5 ，故方程2.与面积有关的几何概型【命题意图探究】本题主要考查利用几何图形的对称性计算几何概型，是基础题 【答案】B2【解析】设正方形边长为S 则圆的半径为Z 则正方形的面积为dS 圆的面积为由團形的对称性2 4可知，太极團中黑白部分面积相等」即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑鱼部1曲分的概率是—_二爲选/a 8【解题能力要求】数形结合思想，运算求解能力【方法技巧归纳】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. 2.2【典型考题变式】【变式1 :改编条件】如图是一边长为 8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与 圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍.若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为（）TtJ[TtJEA.B.C.D.6432 168【答案】D例2【2017课标1,理】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 .B . nC.-D.【解析】由题意得正方形的内切圆的半径为4,中间黑色大圆的半径为2，黑色小圆的半径为1，所以白色3.1考题展示与解读3.1考题展示与解读222^8 丁［区域的面积为二42 -二22 -4二12 =8二，由几何概型概率公式可得所求概率为 2 ，选D 。

2018年-高三数学概率复习(3)几何概率)2018年 高三数学概率复习（3）几何概率【知识点】第6课时 几何概型纵观近几年高考所涉及几何概型的考查内容特点是与实际生活密切相关，这就要求抓好破势训练，从不同角度，不同侧面对题目进行分析，查找思维的缺陷．1几何概型如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，那么称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型．2几何概型中事件A 的概率计算公式P(A)＝构成事件A 的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）． 3要切实理解掌握几何概型试验的两个基本特点(1)无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个；(2)等可能性：每个结果的发生具有等可能性．4.几何概型的试验中事件A 的概率P(A)只与子区域A 的几何度量(长度、面积和体积)成正比，而与A 的位置和形状无关．5求试验中几何概型的概率关键是求得事件所占区域和整个区域Ω的几何度量，然后代入公式即可求解．4．(2016·衡水调研卷)已知A ＝{(x ，y)|－1≤x ≤1，0≤y ≤2}，B ＝{(x ，y)|1－x 2≤y}．若在区域A 中随机地扔一粒豆子，则该豆子落在区域B 中的概率为( )A ．1－π8 B.π4C.π4－1D.π8题型一 与长度有关的几何概型例1 (1)在区间[0，3]上任取一个数x ，使得不等式x 2－3x ＋2>0成立的概率为________．【解析】 x 2－3x ＋2>0⇔x>2或x<1，由几何概型概率公式可得P ＝23. 【答案】 23(2)已知一只蚂蚁在边长分别为5，12，13的三角形的边上随机爬行，则其恰在到三个顶点的距离都大于1的地方的概率为( )A.45B.35C.π60D.π3【思路】 确定构成事件的区域→根据几何概型的概率计算公式求解【解析】 由题意可知，三角形的三条边长的和为5＋12＋13＝30，而蚂蚁要在离三个顶点的距离都大于1的地方爬行，则它爬行的区域长度为3＋10＋11＝24，根据几何概型的概率计算公式可得所求概率为2430＝45. 探究1 (1)与长度有关的几何概型．如果试验的的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，则其概率的计算公式为P(A)＝构成事件A 的区域长度试验的全部结果所构成的区域长度. (2)与角度有关的几何概型．当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段．思考题1 (1)(2015·重庆文改编)设p 在[0，5]上随机地取值，求方程x 2＋px ＋p 4＋12＝0有实数根的概率为________．【解析】 方程有实数根⇔Δ＝p 2－4(p 4＋12)≥0⇒p ≤－1或p ≥2. 又∵p ∈[0，5]，∴方程x 2＋px ＋p 4＋12＝0有实数根的p 的取值范围是[2，5]．∴方程x 2＋px ＋p 4＋12＝0有实数根的概率为 P ＝区间[2，5]的长度区间[0，5]的长度＝35.【答案】 35(2)在区间[0，π]上随机取一个数，使cosx 的值介于－32与32之间的概率为( ) A.13 B.23C.38 D.58【解析】 cosx 的值介于－32与32之间的区间长度为5π6－π6＝2π3.由几何概型概率计算公式，得P ＝2π3π－0＝23.故选B. 【答案】 B题型二 与面积有关的几何概型例2 (1)设x ∈[0，3]，y ∈[0，4]，求点M落在不等式组：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －3≤0，x ≥0，y ≥0所表示的平面区域内的概率．【解析】 依条件可知，点M 均匀地分布在平面区域{(x ，y)|⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤3，0≤y ≤4}内，属于几何概型．该平面区域的图形为图中矩形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{(x ，y)|⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －3≤0，x ≥0，y ≥0}，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(0，32)， ∴三角形OAD 的面积为S 1＝12×3×32＝94. ∴所求事件的概率为P ＝S 1S ＝9412＝316. 【答案】 316(2)两人约定在20：00到21：00之间相见，并且先到者必须等迟到者40分钟方可离去，如果两人出发是各自独立的，在20：00至21：00各时刻相见的可能性是相等的，求两人在约定时间内相见的概率．【思路】 两人不论谁先到都要等迟到者40分钟，即23小时．设两人分别于x 时和y 时到达约见地点，要使两人在约定的时间范围内相见，当且仅当－23≤x －y ≤23，因此转化成面积问题，利用几何概型求解．【解析】 设两人分别于x 时和y 时到达约见地点，要使两人能在约定时间范围内相见，当且仅当－23≤x －y ≤23. 两人到达约见地点所有时刻(x ，y)的各种可能结果可用图中的单位正方形内(包括边界)的点来表示，两人能在约定的时间范围内相见的所有时刻(x ，y)的各种可能结果可用图中的阴影部分(包括边界)来表示．因此阴影部分与单位正方形的面积比就反映了两人在约定时间范围内相遇的可能性的大小，也就是所求的概率为P＝S阴影S单位正方形＝1－（13）212＝89.探究2(1)“面积比”是几何概率的一种重要概型，既有实际面积比也有可转化为面积比的问题．(2)会面的问题是利用数形结合转化成面积问题的几何概型，难点是把两个时间分别用x，y 表示，构成平面内的点(x，y)，从而把时间是一段长度问题转化为平面图形的二维面积问题，转化成几何概型的面积问题．(3)对二元变量问题，一般都可转化为面积的问题．思考题2 (1)(2015·福建文)如图，矩形ABCD 中，点A 在x 轴上，点B 的坐标为(1，0)，且点C 与点D 在函数f(x)＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x<0，的图像上．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( )A.16B.14C.38D.12【解析】 依题意得，点C 的坐标为(1，2)，所以点D 的坐标为(－2，2)，所以矩形ABCD 的面积S 矩形ABCD ＝3×2＝6，阴影部分的面积S 阴影＝12×3×1＝32，根据几何概型的概率求解公式，得所求的概率P ＝S 阴影S 矩形ABCD ＝326＝14，故选B. 【答案】 B(2)(2016·湖北八校联考)正方形的四个顶点A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1，1)，D(－1，1)分别在抛物线y ＝－x 2和y ＝x 2上，如图所示．若将一个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．【解析】 利用定积分直接求面积，再利用几何概型的概率公式求解．正方形内空白部分面积为⎠⎜⎜⎛－11[x 2－(－x 2)]dx＝⎠⎜⎜⎛－112x 2dx ＝23·x 3|－11＝23－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23＝43， 阴影部分面积为2×2－43＝83， 所以所求概率为834＝23. 【答案】 23题型三 与体积有关的几何概型例3 已知正三棱锥S －ABC 的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P ，使得V P－ABC <12V S －ABC 的概率是________． 【解析】 当P 在三棱锥的中截面及下底面构成的正三棱台内时符合要求，由几何概型知，P ＝1－18＝78.【答案】 78探究3 几何概型的概率公式中的“几何度量”，除了前面的长度、面积，也可以是体积，而且只与体积大小有关．思考题3 (1)若在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内任取一点P ，则点P 到点A 的距离不大于a 的概率为________．【解析】 满足条件的点在以A 为球心，半径为a 的18球内，所以所求概率为P ＝18×43πa 3a 3＝π6. 【答案】 π6(2)有一个底面半径为1，高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机抽取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．【解析】 圆柱的体积V 柱＝πR 2h ＝2π，半球的体积V 半球＝12×43πR 3＝23π. ∴圆柱内一点P 到点O 的距离小于等于1的概率为13.∴点P 到点O 的距离大于1的概率为1－13＝23. 【答案】 23题型四 与角度有关的几何概型例4 过等腰Rt △ABC 的直角顶点C 在∠ACB 内部随机作一条射线，设射线与AB 相交于点D ，求AD<AC 的概率．【解析】 在AB 上取一点E ，使AE ＝AC ，连接CE(如图)，则当射线CD 落在∠ACE 内部时，AD<AC.易知∠ACE ＝67.5°，∴AD<AC 的概率P ＝67.5°90°＝0.75.【答案】 0.75探究4 (1)解决概率问题先判断概型，本题属于几何概型，满足两个条件：①每次试验的结果有无限多个，且全体结果可用一个有度量的几何区域表示；②每次试验的各种结果是等可能的．(2)对于两个区域A 、B ，且A ⊆B ，当区域B 为平面图形时，如果点P在整个平面图形上或线段长度上分布不是等可能的，注意观察角度是否等可能，若与角度有关，则可以选择角度作为区域的测度．当考查对象为线时，一般用角度比计算．思考题4 (1)如图所示，M 是半径为R 的圆周上的一个定点，在圆周上等可能地任取一点N ，连接MN ，则弦MN 的长度超过2R 的概率是________．【解析】 当弦MN 的长度恰为2R 时，∠MON ＝π2，如图．当点N 落在半圆弧NMN ︵′上时，弦MN 的长度不超过2R ，故所求概率为P ＝12.【答案】 12(2)在直角坐标系内，射线OT 落在60°的终边上，任作一条射线OA ，求射线OA 落在∠xOT 内的概率．【解析】 以O 为起点作射线OA 是随机的，因而射线OA 落在任何位置都是等可能的．射线OA 是否落在∠xOT 内只与∠xOT 的大小有关，符合几何概型的条件．于是，记B ＝{射线OA 落在∠xOT 内}，∵∠xOT ＝60°，∴P(B)＝60°360°＝16.【答案】 161．几何概型也是一种概率模型，它与古典概型的区别是试验的可能结果不是有限个．它的特点是试验结果在一个区域内的分布，所以随机事件的概率大小与随机事件所在区域的形状位置无关，只与该区域的大小有关．2．几何概型的“约会问题”已经是程序化的方式与技巧，必须熟练掌握．【自主练习】1．设x ∈[0，4]，则x 2≤4的概率是( ) A.23 B.14C.13D.12答案 D解析 由x 2≤4解得－2≤x ≤2.因为x ∈[0，4]，取交集得x ∈[0，2]，所以x 2≤4的概率是2－04－0＝12. 2. (2014·辽宁文)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是( )A.π2B.π4C.π6D.π8 答案 B解析 由几何概型的概率公式可知，质点落在以AB 为直径的半圆内的概率P ＝半圆的面积长方形的面积＝12π2＝π4，故选B. 3．在长为12 cm 的线段AB 上任取一点M ，并以线段AM 为边作正方形，则这个正方形的面积介于36 cm 2与81 cm 2之间的概率为( ) A.14 B.13 C.427 D.415答案 A解析 面积为36 cm 2时，边长AM ＝6 cm ； 面积为81 cm 2时，边长AM ＝9 cm. ∴P ＝9－612＝312＝14.4.如图所示，在圆心角为90°的扇形中，以圆心O 为起点作射线OC ，则使得∠AOC 和∠BOC都不小于15°的概率为( )A.14B.13 C.12 D.23答案 D解析 依题意可知∠AOC ∈[15°，75°]，∠BOC ∈[15°，75°]，故OC 活动区域为与OA ，OB 构成的角均为15°的扇形区域，可求得该扇形圆心角为(90°－30°)＝60°.P(A)＝OC 活动区域的圆心角度数∠AOB 的度数＝60°90°＝23.5．已知菱形ABCD 的边长为4，∠ABC ＝150°，若在菱形内任取一点，则该点到菱形的四个顶点的距离大于1的概率是()A.π4 B ．1－π4C.π8 D ．1－π8答案 D解析 P ＝4×4×sin150°－π×124×4×sin150°＝1－π8.6．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( ) A.π12 B ．1－π12C.π6 D ．1－π6答案 B解析 正方体的体积为2×2×2＝8，以O 为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为12×43πr 3＝12×4π3×13＝2π3，则点P 到点O 的距离小于或等于1的概率为2π38＝π12，故点P 到点O 的距离大于1的概率为1－π12.7．(2013·陕西理)如图，在矩形区域ABCD 的A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是( )A ．1－π4B.π2－1 C ．2－π2D.π4答案 A解析 依题意知，有信号的区域面积为π4×2＝π2，矩形面积为2，故无信号的概率P ＝2－π22＝1－π4. 8．(2013·四川理)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( ) A.14 B.12 C.34 D.78答案 C解析 设通电x 秒后第一串彩灯闪亮，y 秒后第二串彩灯闪亮．依题意得0≤x ≤4，0≤y ≤4，∴S ＝4×4＝16.又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过2秒，即|x －y|≤2，如图可知，符合要求的S ′＝16－12×2×2－12×2×2＝12，∴P ＝S ′S ＝1216＝34. 9．若在区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x －y ＋2≥0，y ≥0内任取一点P ，则点P 落在单位圆x 2＋y 2＝1内的概率为( ) A.π2B.π8C.π6D.π4答案 D解析 区域为△ABC 内部(含边界)，则概率为P＝S 半圆S △ABC ＝π212×22×2＝π4，故选D.10．如图所示，矩形OABC 内的阴影部分是由曲线f(x)＝sinx ，x ∈(0，π)，及直线x ＝a ，a ∈(0，π)与x 轴围成，向矩形OABC 内随机投掷一点，若落在阴影部分的概率为14，则a 的值是( )A.7π12B.2π3C.3π4D.5π6答案 B解析 图中阴影部分的面积为S 1＝⎠⎜⎛0a sinxdx ＝－cosx |a0＝1－cosa ，矩形面积S ＝a·6a＝6，则根据几何概型有P ＝S 1S ＝1－cosa 6＝14，解得cosa ＝－12，所以a ＝2π3.故选B. 11. (2014·福建文)如图所示，在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为________．答案0.18解析 几何概型与随机模拟实验的关系．由题意知，这是个几何概型问题，S 阴S 正＝1801 000＝0.18.∵S 正＝1，∴S 阴＝0.18.12．若在区间[0，10]内随机取出两个数，则这两个数的平方和也在区间[0，10]内的概率是________． 答案 π40解析 将取出的两个数分别用x ，y 表示，则0≤x ≤10，0≤y ≤10.如图所示，当点(x ，y)落在图中的阴影区域时，取出的两个数的平方和也在区间[0，10]内，故所求概率为14π×10102＝π40.13．如图所示，图2中实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是14，则此长方体的体积是________．答案 3解析设长方体的高为h，由几何概型的概率计算公式可知，质点落在长方体的平面展开图内的概率P＝2＋4h（2h＋2）（2h＋1）＝14，解得h＝3，故长方体的体积为1×1×3＝3.14. (2016·潍坊一模)甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计)即为中奖．乙商场：从装有3个白球3个红球的盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？答案乙商场中奖的可能性大解析如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πR2(R为圆盘的半径)，阴影区域的面积为4×15πR 2360＝πR 26. 所以，在甲商场中奖的概率为P 1＝πR 26πR 2＝16. 如果顾客去乙商场，记盒子中3个白球为a 1，a 2，a 3，3个红球为b 1，b 2，b 3，记(x ，y)为一次摸球的结果，则一切可能的结果有：(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 3，b 3)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)，共15种， 摸到的2个球都是红球有(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)共3个，所以在乙商场中奖的概率为P 2＝315＝15.由于p 1<p 2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．15．(2016·广东深圳)已知复数z ＝x ＋yi(x ，y ∈R)在复平面上对应的点为M.设集合P ＝{－4，－3，－2，0}，Q ＝{0，1，2}，从集合P 中随机抽取一个数作为x ，从集合Q 中随机抽取一个数作为y ，求复数z 为纯虚数的概率；答案 16解析 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)＝212＝16.16．张先生订了一份报纸，送报人在早上6：30～7：30之间把报纸送到他家，张先生离开家去上班的时间在早上7：00～8：00之间，求张先生在离开家之前能得到报纸的概率．答案 78解析 以横坐标x 表示报纸送到时间，以纵坐标y 表示张先生离家时间，建立平面直角坐标系，因为随机试验落在正方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件．根据题意只要点落到阴影部分，就表示张先生在离开家前能得到报纸，即所求事件A 发生，则P(A)＝1×1－12×12×121×1＝78.1．(2016·重庆一中期中)在[－2，3]上随机取一个数x ，则(x ＋1)(x －3)≤0的概率为( ) A.25B.14C.35D.45答案 D解析 由(x ＋1)(x －3)≤0，得－1≤x ≤3.由几何概型得所求概率为45. 2．一只蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为( )A.4π81B.81－4π81C.127D.827答案 C解析 由已知条件可知，蜜蜂只能在一个棱长为1的小正方体内飞行，结合几何概型可得蜜蜂“安全飞行”的概率为P ＝1333＝127. 3.如图所示，在△ABC 中，∠B ＝60°，∠C ＝45°，高AD ＝3，在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，则BM<1的概率为( )A.13B.25C.33D.3－12答案 B解析 由题意知∠BAD ＝π6，∠BAC ＝π4＋π6＝5π12，所以BM<1的概率为π6÷5π12＝25.4．已知实数a 满足－3<a<4，函数f(x)＝lg(x 2＋ax ＋1)的值域为R 的概率为P 1，定义域为R 的概率为P 2，则( )A ．P 1>P 2B ．P 1＝P 2C ．P 1<P 2D ．P 1与P 2的大小不确定答案 C解析 若f(x)的值域为R ，则Δ1＝a 2－4≥0，得a ≤－2或a ≥2.故P 1＝－2－（－3）4－（－3）＋4－24－（－3）＝37. 若f(x)的定义域为R ，则Δ2＝a 2－4<0，得－2<a<2.故P 2＝47.∴P 1<P 2. 5．(2016·湖南澧县三校)假设在时间间隔T 内的任何时刻，两条不相关的短信机会均等地进入同一部手机．若这两条短信进入手机的间隔时间不大于t(0<t<T)，则手机受到干扰．手机受到干扰的概率是( )A ．(t T)2 B ．(1－t T )2 C ．1－(t T)2 D ．1－(1－t T)2 答案 D解析 分别设两个互相独立的信号为X ，Y ，则所有事件集可表示为0≤x ≤T ，0≤y ≤T.由题目得，如果手机受到干扰的事件发生，必有|x －y|≤t.这时x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤T ，0≤y ≤T ，|x －y|≤t ，约束条件⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤T ，0≤y ≤T ，|x －y|≤t ，的可行域为如图阴影部分．而所有事件的集合即为正方形面积，阴影区域面积为T 2－2×12(T －t)2＝T 2－(T －t)2 所以阴影区域面积和正方形面积比值即为干扰发生的概率，即1－(1－t T)2，故选D. 6．(2015·重庆文)在区间[0，5]上随机地选择一个数p ，则方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为________．答案 23解析 设方程x 2＋2px ＋3p －2＝0的两个根分别为x 1，x 2，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4p 2－4（3p －2）≥0，x 1＋x 2＝－2p<0，x 1x 2＝3p －2>0，结合0≤p ≤5，解得23<p ≤1或2<p ≤5，所以所求概率P ＝（1－23）＋（5－2）5＝23. 7．设区域Ω＝{(x ，y)|0≤x ≤2，0≤y ≤2}，区域A ＝{(x ，y)|xy ≤1，(x ，y)∈Ω}，在区域Ω中随机取一个点，则该点恰好在区域A 中的概率为________．答案 1＋2ln24解析 区域A 如图中阴影部分，区域Ω的面积为4，区域A 的面积为2×12＋ 1xdx ＝ 1＋lnx |212＝1＋2ln2，所以该点恰好在区域A 中的概率P ＝S A S Ω＝1＋2ln24.8．(2016·顺义区一模)已知关于x 的一次函数y ＝ax ＋b.(1)设集合A ＝{－2，－1，1，2}和B ＝{－2，2}，分别从集合A 和B 中随机取一个数作为a ，b ，求函数y ＝ax ＋b 是增函数的概率；(2)若实数a ，b 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋1≥0，－1≤a ≤1，－1≤b ≤1，求函数y ＝ax ＋b 的图像不经过第四象限的概率．解析 (1)抽取全部结果所构成的基本事件空间为(－2，－2)，(－2，2)，(－1，－2)，(－1，2)，(1，－2)，(1，2)，(2，－2)，(2，2)，共8个． 设函数是增函数为事件A ，需a>0，有4个，故所求概率为P(A)＝12.(2)实数a ，b 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋1≥0，－1≤a ≤1，－1≤b ≤1，要函数y ＝ax ＋b 的图像不经过第四象限，则需使a ，b 满足⎩⎨⎧a ≥0，b ≥0，即⎩⎨⎧0≤a ≤1，0≤b ≤1，对应的图形为正方形，面积为1，作出不等式组对应的平面区域如图：则根据几何概型的概率公式可得函数y ＝ax ＋b的图像不经过第四象限的概率为S 正方形OFBCS 多边形ABCDE ＝172＝27.9．甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的．(1)如果甲船和乙船的停泊的时间都是4小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率；(2)如果甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率．答案 (1)2536 (2)221288解析 (1)设甲、乙两船到达时间分别为x ，y ，则0≤x<24，0≤y<24且y －x>4或y －x<－4. 作出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x<24，0≤y<24，y －x>4或y －x<－4.设“两船无需等待码头空出”为事件A ，则P(A)＝2×12×20×2024×24＝2536. (2)当甲船的停泊时间为4小时，两船不需等待码头空出，则满足x －y>2或y －x>4，设在上述条件时“两船不需等待码头空出”为事件B ，画出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x<24，0≤y<24，y －x>4或x －y>2.P(B)＝12×20×20＋12×22×2224×24＝442576＝221288.。