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§12.2几何概型1．几何概型的概念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，简称为几何概型．2．几何概型概率的计算公式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．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．概念方法微思考1．古典概型与几何概型有什么区别？提示古典概型与几何概型中基本事件发生的可能性都是相等的，但古典概型要求基本事件有有限个，几何概型要求基本事件有无限多个．2．几何概型中线段的端点、图形的边框是否包含在内影响概率值吗？提示 几何概型中线段的端点，图形的边框是否包含在内不会影响概率值．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．( √ )(2)几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形或空间几何体．( √ ) (3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．( × )(4)几何概型与古典概型中的基本事件发生的可能性都是相等的，其基本事件个数都有限．( × )题组二 教材改编2．在数轴的[0,3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为( ) A.12 B.13 C.14 D ．1 答案 B解析 坐标小于1的区间为[0,1)，长度为1，[0,3]的区间长度为3，故所求概率为13.3．有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是( )答案 A解析 ∵P (A)＝38，P (B)＝28，P (C)＝26，P (D)＝13，∴P (A)>P (C)＝P (D)>P (B)．4．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( ) A.π4 B.π－22 C.π6 D.4－π4 答案 D解析 如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的平面区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分(不包括AC )表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是4－π4，故选D. 题组三 易错自纠5.(2020·江西重点中学联盟联考)如图，边长为2的正方形中有一阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子(大小忽略不计)，它落在阴影区域内的概率为23，则阴影区域的面积为( )A.43B.83C.23 D ．无法计算 答案 B解析 设阴影部分的面积为S ， 由几何概型可知S 4＝23⇒S ＝83.6．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________． 答案 23解析 设AC ＝x cm(0<x <12)，则CB ＝(12－x )cm ，则矩形的面积S ＝x (12－x )＝12x －x 2(cm 2)． 由12x －x 2<32，即(x －8)(x －4)>0， 解得0<x <4或8<x <12.在数轴上表示，如图所示．由几何概型概率计算公式，得所求概率为812＝2 3.与长度(角度)有关的几何概型1．设x ∈[0，π]，则sin x <12的概率为( )A.16B.14C.13D.12 答案 C解析 由sin x <12且x ∈[0，π]，借助于正弦曲线可得x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6∪⎣⎡⎦⎤5π6，π，∴P ＝π6×2π－0＝13. 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________．答案 16解析 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＝16.3．(2017·江苏)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 59解析 设事件“在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D ”为事件A ， 由6＋x －x 2≥0，解得－2≤x ≤3， ∴D ＝[－2,3]．如图，区间[－4,5]的长度为9，定义域D 的长度为5，∴P (A )＝59.4．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________． 答案 12解析 如图所示，画出时间轴：小明到达的时间会随机的落在图中线段AB 上，而当他的到达时间落在线段AC 或DB 上时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型得所求概率P ＝10＋1040＝12.思维升华 求解与长度、角度有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)，然后求解．要特别注意“长度型”与“角度型”的不同，解题的关键是构建事件的区域(长度或角度)．与面积有关的几何概型命题点1 与平面图形有关的几何概型例1 (2018·全国Ⅰ)如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p 1，p 2，p 3，则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1＝p 3C ．p 2＝p 3D ．p 1＝p 2＋p 3答案 A解析 ∵S △ABC ＝12AB ·AC ，以AB 为直径的半圆的面积为12π·⎝⎛⎭⎫AB 22＝π8AB 2，以AC 为直径的半圆的面积为12π·⎝⎛⎭⎫AC 22＝π8AC 2，以BC 为直径的半圆的面积为12π·⎝⎛⎭⎫BC 22＝π8BC 2，∴S Ⅰ＝12AB ·AC ，S Ⅲ＝π8BC 2－12AB ·AC ，S Ⅱ＝⎝⎛⎭⎫π8AB 2＋π8AC 2－⎝⎛⎭⎫π8BC 2－12AB ·AC ＝12AB ·AC . ∴S Ⅰ＝S Ⅱ.由几何概型概率公式得p 1＝S ⅠS 总，p 2＝S ⅡS 总.∴p 1＝p 2. 故选A.命题点2 与简单的线性规划有关的几何概型例2 在区间(0,1)上任取两个数，则两个数之和小于65的概率是( )A.1225B.1625C.1725D.1825 答案 C解析 设这两个数是x ，y ，则试验所有的基本事件构成的区域即⎩⎨⎧0<x <1，0<y <1确定的平面区域，满足条件的事件包含的基本事件构成的区域即⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，0<y <1，x ＋y <65确定的平面区域，如图所示，阴影部分的面积是1－12×⎝⎛⎭⎫452＝1725，所以这两个数之和小于65的概率是1725.命题点3 与定积分有关的几何概型例3 (2020·四川双流中学检测)如图，若在矩形OABC 中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为( )A ．1－2π B.2π C.2π2 D ．1－2π2答案 A解析 S 矩形＝π×1＝π，又ʃπ0sin x d x ＝－cos x |π0＝－(cos π－cos 0)＝2， ∴S 阴影＝π－2，∴豆子落在图中阴影部分的概率为π－2π＝1－2π.思维升华 (1)与平面图形有关的几何概型，应利用平面几何等相关知识，先确定基本事件对应区域的形状，再选择恰当的方法和公式，计算出其面积，进而代入公式求概率． (2)与简单的线性规划有关的几何概型，先根据约束条件作出可行域，再确定形状，求面积大小，进而代入公式求解．(3)与定积分有关的几何概型，先确定基本事件对应区域的形状构成，再将其面积转化为某定积分的计算，并求其大小，进而代入公式求概率．跟踪训练1 (1)(2020·广西六市联合调研)如图所示的是欧阳修的《卖油翁》中讲述的一个有趣的故事，现模仿铜钱制作一个半径为2 cm 的圆形铜片，中间有边长为1 cm 的正方形孔．若随机向铜片上滴一滴水(水滴的大小忽略不计)，则水滴正好落入孔中的概率是( )A.2πB.1πC.12πD.14π 答案 D解析 由题意知S 铜片＝π×22＝4π， S 方孔＝12＝1，故所求概率为14π. (2)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________． 答案 34解析 设通电x 秒后第一串彩灯闪亮，通电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，∴由几何概型的概率公式得P ＝S ′S ＝1216＝34.(3)如图，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆(大小忽略不计)，则它落到阴影部分的概率为________．答案2e 2解析 由题意知，所给图中两阴影部分面积相等，故阴影部分面积为S ＝2ʃ10(e －e x )d x ＝2(e x －e x )|10＝2[e －e －(0－1)]＝2.又该正方形的面积为e 2，故由几何概型的概率公式可得所求概率为2e2.与体积有关的几何概型例4 (1)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中任取一点M ，则满足∠AMB >90°的概率为( )A.π24B.π12C.π8D.π6 答案 A解析 以AB 为直径作球，球在正方体内的区域体积为V ＝14×43π×13＝π3，正方体的体积为8，∴所求概率P ＝π38＝π24.(2)(2020·贵州省贵阳一中适应性考试)在正三棱锥A －BCD 中，△BCD 的边长为2，点E ，F ，G 分别是棱AD ，BD ，CD 的中点，且EF ＝FG ，随机在该三棱锥中任取一点P ，则点P 落在其内切球中的概率是________． 答案3π18解析 ∵点E ，F ，G 分别是棱AD ，BD ，CD 的中点， ∴EF ＝12AB ，FG ＝12BC ，又∵EF ＝FG ，∴AB ＝BC ＝2， ∴正三棱锥A －BCD 为正四面体，其体积V ＝13×12×2×2×sin 60°×263＝223，表面积S ＝4×12×2×2×sin 60°＝43，内切球的半径r ＝3V S ＝2243＝66，内切球的体积V 球＝43πr 3＝627π，∴所求概率P ＝V 球V ＝3π18.思维升华 求解与体积有关的几何概型的注意点对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件求解．跟踪训练2 在一个球内有一棱长为1的内接正方体，一动点在球内运动，则此点落在正方体内部的概率为( ) A.6π B.32π C.3π D.233π 答案 D解析 由题意可知这是一个几何概型，棱长为1的正方体的体积V 1＝1，球的直径是正方体的体对角线长，故球的半径R ＝32，球的体积V 2＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝32π， 则此点落在正方体内部的概率P ＝V 1V 2＝233π.1．在区间(0,100)内任取一数x ，则lg x >1的概率为( ) A ．0.1 B ．0.5 C ．0.8 D ．0.9 答案 D解析 由lg x >1，得x >10， 所以所求概率为P ＝100－10100＝0.9.2．在区间[0，π]上随机取一个数x ，使cos x 的值介于－32与32之间的概率为( ) A.13 B.23 C.38 D.58 答案 B解析 cos x 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＝23.3．(2020·四川资阳、眉山、遂宁、广安联考)中国古代的数学家不仅很早就发现并应用勾股定理，而且很早就尝试对勾股定理进行证明．三国时期吴国数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”．用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明．在“赵爽弦图”中，以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成．如图，正方形ABCD 是某大厅按“赵爽弦图”设计铺设的地板砖，已知4个直角三角形的两直角边分别为a ＝30 cm ，b ＝40 cm.若某小物体落在这块地板砖上任何位置的机会是均等的，则该小物体落在中间小正方形中的概率是( )A.125B.112C.625D.2425 答案 A解析 由题意可知S 正方形ABCD ＝2 500(cm 2)，中间的小正方形边长为b －a ＝10(cm)，S 小正方形＝100(cm 2)，故落在小正方形区域的概率为1002 500＝125.4.(2017·全国Ⅰ)如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14B.π8C.12D.π4 答案 B解析 不妨设正方形ABCD 的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S 正方形＝4. 由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S 黑＝S 白＝12S 圆＝π2，所以由几何概型知，所求概率P ＝S 黑S 正方形＝π24＝π8.5．一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.4π81 B.81－4π81 C.127 D.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＝127.6．某水池的容积是20立方米，向水池注水的水龙头A 和水龙头B 的水流速度都是1立方米/小时，它们在一昼夜内随机开0～24小时，则水池不溢出水的概率约为( ) A ．0.30 B ．0.35 C ．0.40 D ．0.45 答案 B解析 设水龙头A 开x 小时，水龙头B 开y 小时，则0≤x ≤24,0≤y ≤24，若水池不溢出水，则x ＋y ≤20，记“水池不溢出水”为事件M ，则M 所表示的区域面积为12×20×20＝200，整个区域的面积为24×24＝576，由几何概型的概率公式得P (M )＝200576≈0.35.7．如图，矩形ABCD 的四个顶点的坐标分别为A (0，－1)，B (π，－1)，C (π，1)，D (0，1)，正弦曲线f (x )＝sin x 和余弦曲线g (x )＝cos x 在矩形ABCD 内交于点F ，向矩形ABCD 区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是( )A.1＋2πB.1＋22πC.1πD.12π答案 B解析 根据题意，可得曲线y ＝sin x 与y ＝cos x 围成的阴影区域的面积为()()ππππ44sin cos d cos sin |x x x x x -=--⎰ ＝1－⎝⎛⎭⎫－22－22＝1＋ 2. 又矩形ABCD 的面积为2π，由几何概型概率计算公式得该点落在阴影区域内的概率是1＋22π.故选B.8．(2020·四川省成都七中模拟)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 )＝x 2＋2ax －b 2＋π有零点的概率为( ) A.78 B.34 C.12 D.14 答案 B解析 ∵a ，b 使得函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π有零点， ∴Δ＝4a 2＋4b 2－4π≥0，即a 2＋b 2≥π.所有事件是Ω＝{(a ，b )|－π≤a ≤π，－π≤b ≤π}，∴该区域面积S 1＝(2π)2＝4π2，满足条件的事件是{(a ，b )|a 2＋b 2≥π}， ∴满足条件的区域面积S 2＝4π2－π2＝3π2， 则所求概率P ＝34.9．(2020·云南省昆明一中双基检测)将一段长为3米的木棒锯成两段，则这两段木棒长度都不少于1米的概率为________． 答案 13解析 只要在木棒的两个三等分点之间锯断就能符合要求，所求概率为13.10.如图所示，M 是半径为R 的圆周上的一个定点，在圆周上任取一点N ，连接MN ，则弦MN 的长度超过2R 的概率是________．答案 12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. 11．(2020·西南名校联盟适应性考试)在区间(－1,1)内随机取两个数m，n，则关于x的一元二次方程x2－nx＋m＝0有实数根的概率为________．答案1 2解析如图，点(m，n)所在区域D为边长为2的正方形，关于x的一元二次方程x2－nx＋m＝0有实根的条件是n－4m≥0，满足条件的可行域如图阴影部分，其面积为2，所以所求概率为P＝24＝1 2.12．已知正三棱锥S－ABC的底面边长为4，高为3，在三棱锥内任取一点P，使得V P－ABC<12V S －ABC 的概率是________． 答案 78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＝78.13．在区间[－2,4]上随机地取一个数x ，若x 满足|x |≤m 的概率为56，则m ＝________.答案 3解析 由|x |≤m ，得－m ≤x ≤m (易知m >0)．当0<m ≤2时，由题意得2m 6＝56，解得m ＝2.5，矛盾，舍去．当2<m <4时，由题意得m －(－2)6＝56，解得m ＝3.故m ＝3.14．甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为1 h ，乙船停泊时间为2 h ，则它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率为________． 答案1 0131 152解析 设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x 与y ，记事件A 为“两船都不需要等待码头空出”，则0≤x ≤24，0≤y ≤24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1 h 以上或乙比甲早到达2 h 以上，即y －x ≥1或x －y ≥2.故所求事件构成集合A ＝{(x ，y )|y－x ≥1或x －y ≥2，x ∈[0,24]，y ∈[0,24]}．A 为图中阴影部分，全部结果构成的集合Ω为边长是24的正方形及其内部．所求概率为P (A )＝A 的面积Ω的面积＝(24－1)2×12＋(24－2)2×12242＝506.5576＝1 0131 152.15．在区间[0,1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≥13”的概率，p 2为事件“|x －y |≤13”的概率，p 3为事件“xy ≤13”的概率，则( )A ．p 1<p 2<p 3B ．p 2<p 3<p 1C ．p 3<p 1<p 2D ．p 3<p 2<p 1答案 B解析 因为x ，y ∈[0,1]，所以事件“x ＋y ≥13”表示的平面区域如图(1)阴影部分(含边界)S 1，事件“|x －y |≤13”表示的平面区域如图(2)阴影部分(含边界)S 2，事件“xy ≤13”表示的平面区域如图(3)阴影部分(含边界)S 3，由图知，阴影部分的面积满足S 2<S 3<S 1，正方形的面积为1×1＝1，根据几何概型概率计算公式可得p 2<p 3<p 1.16.如图，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，求此点取自空白部分的概率．解 设分别以OA ，OB 为直径的两个半圆交于点C ，OA 的中点为D ，如图，连接OC ，DC .不妨令OA ＝OB ＝2，则OD ＝DA ＝DC ＝1.在以OA 为直径的半圆中，空白部分面积S 1＝π4＋12×1×1－⎝⎛⎭⎫π4－12×1×1＝1， 所以整个图形中空白部分面积S 2＝2. 又因为S 扇形OAB ＝14×π×22＝π，所以此点取自空白部分的概率P ＝2π.。
高考专题突破六高考中的概率与统计问题概率与统计的综合应用例1(2020·四川双流中学检测)甲、乙两品牌计划入驻某商场，该商场批准两个品牌先进场试销5天．两品牌提供的返利方案如下：甲品牌无固定返利，卖出10件以内(含10件)的产品，每件产品返利5元，超出10件的部分每件返利7元；乙品牌每天固定返利20元，且每卖出一件产品再返利3元．经统计，两家品牌在试销期间的销售件数的茎叶图如图：(1)现从乙品牌试销的5天中随机抽取3天，求这3天的销售量中至少有一天低于10的概率；(2)若将频率视作概率，回答以下问题：①记甲品牌的日返利额为X(单位：元)，求X的分布列和均值；②商场拟在甲、乙两品牌中选择一个长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知识为商场作出选择，并说明理由．解 (1)方法一 设A 为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销量中至少有一天低于10件的事件，则P (A )＝C 12C 23＋C 22C 13C 35＝910. 方法二 设A 为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销售量中至少有一天低于10件的事件，则A 为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销售量都不低于10件的事件， 则P (A )＝1－P (A )＝1－C 33C 35＝1－110＝910.(2)①设甲品牌的日销售量为随机变量ξ， 则甲品牌的日返利额X (单位：元)与ξ的关系为：X ＝⎩⎪⎨⎪⎧5ξ，0≤ξ≤10，ξ∈N ，50＋7(ξ－10)，ξ≥11，ξ∈N .当ξ＝6时，X ＝30； 当ξ＝7时，X ＝35； 当ξ＝10时，X ＝50； 当ξ＝12时，X ＝64. 所以X 的分布列为E (X )＝30×25＋35×15＋50×15＋64×15＝41.8(元)．②方法一 设乙品牌的日销售量为随机变量η，乙品牌的日返利额Y (单位：元)与η的关系为Y ＝20＋3η，且η的分布列为则E(η)＝6×15＋9×15＋12×25＋13×15＝10.4(件)，则E(Y)＝E(3η＋20)＝3E(η)＋20＝3×10.4＋20＝51.2(元)．因为乙品牌的日平均返利额大于甲品牌的日平均返利额，所以如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售．方法二乙品牌的日返利额Y(单位：元)的取值集合为{38,47,56,59}，分布列为则E(Y)＝38×15＋47×15＋56×25＋59×15＝51.2(元)．思维升华概率与统计作为考查学生应用意识的重要载体，已成为近几年高考一大亮点和热点．它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．跟踪训练1(2020·四川成都诊断性检测)某保险公司给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的一年期医疗保险，现从10 000名参保人员中随机抽取100名作为样本进行分析，按年龄段[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70]分成了五组，其频率分布直方图如图所示；参保年龄(单位：岁)与每人每年应交纳的保费(单位：元)如表所示．据统计，该公司每年为这10 000名参保人员支出的各种费用为一百万元．(1)用样本的频率分布估计总体分布，为使公司不亏本，求x精确到整数时的最小值x0；(2)经调查，年龄在[60,70]的老人每50人中有1人患该种疾病(以此频率作为概率)．该种疾病的治疗费为12 000元，如果参保，保险公司补贴治疗费10 000元．某老人年龄为66岁，若购买该项保险(x取(1)中的x0)，针对此疾病所支付的费用为X元；若没有购买该项保险，针对此疾病所支付的费用为Y元．试比较X和Y的均值大小，并判断该老人购买此项保险是否划算？解(1)由(0.007＋0.016＋a＋0.025＋0.020)×10＝1，解得a＝0.032.该保险公司每年收取的保费为10 000(0.007×10x＋0.016×10×2x＋0.032×10×3x＋0.025×10×4x＋0.020×10×5x)＝10 000×3.35x.要使公司不亏本，则10 000×3.35x≥1 000 000，即3.35x≥100，解得x≥1003.35≈29.85，∴x0＝30.(2)①若该老人购买了此项保险，则X 的取值为150,2 150.P (X ＝150)＝4950，P (X ＝2 150)＝150，∴E (X )＝150×4950＋2 150×150＝147＋43＝190(元)．②若该老人没有购买此项保险，则Y 的取值为0,12 000. P (Y ＝0)＝4950，P (X ＝12 000)＝150，∴E (Y )＝0×4950＋12 000×150＝240(元)．∴E (Y )>E (X )，∴该老人购买此项保险比较划算．概率与统计案例的综合应用例2 (2020·蓉城名校联盟联考)成都市现在已是拥有1 400多万人口的城市，机动车保有量已达450多万辆，成年人中约40%拥有机动车驾驶证．为了解本市成年人的交通安全意识情况，某中学的同学利用国庆假期进行了一次全市成年人安全知识抽样调查．先根据是否拥有驾驶证，用分层抽样的方法抽取了200名成年人，然后对这200人进行问卷调查．这200人所得的分数都分布在[30,100]范围内，规定分数在80以上(含80)的为“具有很强安全意识”，所得分数的频率分布直方图如图所示．(1)补全上面的2×2列联表，并判断能否有超过95%的把握认为“‘具有很强安全意识’与拥有驾驶证”有关？(2)将上述调查所得的频率视为概率，现从全市成年人中随机抽取4人，记“具有很强安全意识”的人数为X，求X的分布列及均值．附表及公式：K2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.解(1)200人中拥有驾驶证的占40%，有80人，没有驾驶证的有120人；具有很强安全意识的占20%，有40人，不具有很强安全意识的有160人．补全的2×2列联表如表所示：K 2的观测值k ＝200×(22×102－18×58)240×160×80×120＝7516＝4.687 5>3.841， 所以有超过95%的把握认为“‘具有很强安全意识’与拥有驾驶证”有关．(2)由频率分布直方图中数据可知，抽到的每个成年人“具有很强安全意识”的概率为15，所以X ＝0,1,2,3,4，且X ～B ⎝⎛⎭⎫4，15. P (X ＝k )＝C k 4·⎝⎛⎭⎫15k ·⎝⎛⎭⎫454－k(k ＝0,1,2,3,4)， X 的分布列为所以E (X )＝4×15＝45.思维升华 概率与统计案例的综合应用常涉及相互独立事件同时发生的概率、独立重复实验、超几何分布、二项分布、独立性检验、线性回归等知识，考查学生的阅读理解能力、数据处理能力、运算求解能力及应用意识．跟踪训练2 (2020·四川成都检测)为了让税收政策更好地为社会发展服务，国家在修订《中华人民共和国个人所得税法》之后，发布了《个人所得税专项附加扣除暂行办法》，明确“个税专项附加扣除”是指个人所得税法规定的子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人六项专项附加扣除，并公布了相应的定额扣除标准，决定自2019年1月1日起施行．某企业为了调查内部员工对新个税方案的满意程度与年龄的关系，通过问卷调查，整理数据得如下2×2列联表：(1)根据列联表，能否有99%的把握认为满意程度与年龄有关？(2)为了帮助年龄在40岁及以下的未购房的8名员工解决实际困难，该企业拟按员工贡献积分x (单位：分)给予相应的住房补贴y (单位：元)，现有两种补贴方案，方案甲：y ＝1 000＋700x ；方案乙：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧3 000，0<x ≤5，5 600，5<x ≤10，9 000，x >10.已知这8名员工的贡献积分分别为2,3,6,7,7,11,12,12，将采用方案甲比采用方案乙获得更多补贴的员工记为“A 类员工”．为了解员工对补贴方案的认可度，现从这8名员工中随机抽取4名进行面谈，求恰好抽到3名“A 类员工”的概率． 附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d . 参考数据：解 (1)根据列联表可得K 2的观测值k ＝80×(25×30－10×15)235×45×40×40＝807≈11.429.∵11.429>6.635，∴有99%的把握认为满意程度与年龄有关．(2)据题意，这8名员工的贡献积分及按甲、乙两种方案所获补贴情况为：由表可知，“A类员工”有5名．设从这8名员工中随机抽取4名进行面谈，恰好抽到3名“A类员工”的概率为P，则P＝C35C13C48＝37.均值与方差在决策中的应用例3(2018·全国Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品做检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有新产品做检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p)，求f (p)的最大值点p0；(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．①若不对该箱余下的产品做出检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品做检验？解(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p)＝C220·p2(1－p)18.因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0.所以f (p)的最大值点为p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.1①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.②如果对余下的产品做检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于E(X)＝490>400，故应该对余下的产品做检验．思维升华随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量偏离均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要依据，一般先比较均值，若均值相同，再由方差来决定．跟踪训练3有两种理财产品A和B，投资这两种理财产品一年后盈亏的情况如下(每种理财产品的不同投资结果之间相互独立)：产品A产品B注：p >0，q >0.(1)若甲、乙两人分别选择了产品A ，B 投资，一年后他们中至少有一人获利的概率大于34，求实数p 的取值范围；(2)若丙要将20万元人民币投资其中一种产品，以一年后的投资收益的均值为决策依据，则丙选择哪种产品投资较为理想？解 (1)记事件C 为“甲选择产品A 投资且获利”，记事件D 为“乙选择产品B 投资且获利”，记事件E 为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”， 则P (C )＝14，P (C )＝34，P (D )＝p ，p (D )＝1－p ，P (E )＝1－P (C D )＝1－34(1－p )>34，∴p >23.又p ＋q ＝34，且q >0，∴p <34，∴23<p <34.即p 的取值范围是⎝⎛⎭⎫23，34. (2)假设丙选择A 产品投资，且记ξ为获利金额(单位：万元)，则ξ的分布列为∴E (ξ)＝10×14－6×13＝12.假设丙选择B 产品投资，且记η为获利金额(单位：万元)，则η的分布列为E (η)＝8p －4q ＝8p －4⎝⎛⎭⎫34－p ＝12p －3⎝⎛⎭⎫0<p <34.∴当p ＝724时，E (ξ)＝E (η)，丙可在产品A 和产品B 中任选一种投资；当0<p <724时，E (ξ)>E (η)，丙应选产品A 投资；当724<p <34时，E (ξ)<E (η)，丙应选产品B 投资．例 (12分)(2019·北京)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A ，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A ，B 两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：(1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率； (2)从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1人，以X 表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X 的分布列和均值；(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由． 规范解答解 (1)由题意知，样本中仅使用A 的学生有18＋9＋3＝30(人)，仅使用B 的学生有10＋14＋1＝25(人)，A ，B 两种支付方式都不使用的学生有5人，故样本中A ，B 两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人)．[1分]所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率为40100＝0.4.[2分](2)X 的所有可能值为0,1,2.[3分]记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”，事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人， 该学生上个月的支付金额大于1 000元”．由题设知，事件C ，D 相互独立，且P (C )＝9＋330＝0.4，P (D )＝14＋125＝0.6，[4分]所以P (X ＝2)＝P (CD )＝P (C )P (D )＝0.24.[5分] P (X ＝1)＝P (C D ∪C D ) ＝P (C )P (D )＋P (C )P (D ) ＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6 ＝0.52，[6分]P (X ＝0)＝P (C D )＝P (C )P (D )＝0.24.[7分] 所以X 的分布列为[8分]故X 的均值E (X )＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.0.[9分](3)记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额大于2 000元”．假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)＝1C330＝14 060.[11分]答案示例1：可以认为有变化．理由如下：P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化．[12分]答案示例2：无法确定有没有变化，理由如下：事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．[12分]第一步：审清题意，理清条件和结论，找到关键数量关系．第二步：找数量关系，把图表语言转化为数字，将图表中的数字转化为公式中的字母．第三步：建立解决方案，找准公式，根据图表数据代入公式计算数值．第四步：作出判断得结论，依据题意，借助数表作出正确判断．第五步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范性.1．(2020·四川成都质检)2018年央视大型文化节目《经典咏流传》热播，在全民中掀起了诵读诗词的热潮．某大学社团调查了该校文学院300名学生每天诵读诗词的时间(所有学生诵读时间都在两小时内)，并按时间(单位：min)将学生分成六个组：[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100)，[100,120]，经统计得到了如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校文学院的学生每天诵读诗词的平均时间；(2)若2名学生诵读诗词的时间分别为x，y.当x，y满足|x－y|>60时，这2名同学组成一个“Team”．已知从每天诵读时间小于20 min和大于或等于80 min的所有学生中用分层抽样的方法抽取5人，现从这5人中随机选取2人，求选取的2人能组成一个“Team”的概率．解(1)∵各组数据的频率之和为1，即所有小矩形的面积和为1，∴(a＋a＋6a＋8a＋3a＋a)×20＝1，解得a＝0.002 5.∴该校文学院的学生每天诵读诗词的平均时间为10×0.05＋30×0.05＋50×0.3＋70×0.4＋90×0.15＋110×0.05＝64(min)．(2)由频率分布直方图，知[0,20)，[80,100)，[100,120]内的学生人数的频率之比为1∶3∶1，故5人中[0,20)，[80,100)，[100,120]内的学生人数分别为1,3,1.方法一设[0,20)内的1名学生为A，[80,100)内的3名学生分别为B，C，D，[100,120]内的1名学生为E，则抽取2人的所有基本事件有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种．选取的2人能组成一个“Team”的情况有AB，AC，AD，AE，共4种，故选取的2人能组成一个“Team”的概率P＝410＝2 5.方法二由题意知，应从[0,20)内的学生抽取1人，从[80,120]内的学生抽取1人，故所求概率为C 11C 14C 25＝25.2．(2020·贵州贵阳模拟)某大学毕业生准备到贵州非私营单位求职，为了了解工资待遇情况，他在贵州省统计局的官网上，查询到2008年至2017年非私营单位在岗职工的年平均工资近 似值(单位：万元)，如下表：(1)请根据上表的数据，利用线性回归模型进行拟合，求y 关于x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^(a ^，b ^的计算结果根据四舍五入精确到小数点后第二位)；(2)如果该大学生对年平均工资的期望值为9万元，请利用(1)的结论，预测2020年非私营单位在岗职工的年平均工资(单位：万元．计算结果根据四舍五入精确到小数点后第二位)，并判断2020年平均工资能否达到他的期望．参考数据：∑i ＝110x i y i ＝311.5，∑i ＝110x 2i ＝385，∑i ＝110(x i －x )(y i －y )＝47.5.附：对于一组具有线性相关的数据：(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其回归直线y ^＝b ^x ＋a ^的斜率和截距的最小二乘估计分别为b ^＝∑i ＝1nx i y i －n x ·y∑i ＝1nx 2i －n x2＝∑i ＝1n(x i －x )(y i －y )∑i ＝1n(x i －x )2，a ^＝y －b ^x .解 (1)由已知，得x ＝5.5，y ＝4.8.b ^＝∑i ＝110(x i －x )(y i －y )∑i ＝110x 2i －n ·x2＝47.5385－10×5.52≈0.58， 所以a ^＝y －b ^x ＝4.8－0.58×5.5＝1.61， 故y 关于x 的线性回归方程为y ^＝0.58x ＋1.61. (2)由(1)知y ^＝0.58x ＋1.61，当x ＝13时，y ^＝0.58×13＋1.61＝9.15>9.所以，预测2020年非私营单位在岗职工的年平均工资为9.15万元，达到了他的期望． 3．(2020·贵州贵阳模拟)运动健康已成为大家越来越关心的话题，某公司开发的一个类似计步数据库的公众号，手机用户可以通过关注该公众号查看自己每天行走的步数，同时也可以和好友进行运动量的PK 和点赞．现从张华的好友中随机选取40人(男、女各20人)，记录他们某一天行走的步数，并将数据整理如下表：(1)若某人一天行走的步数超过8 000被评定为“积极型”，否则被评定为“懈怠型”，根据题意完成下列2×2列联表，若有n %(n ∈Z )的把握认为男、女的“评定类型”有差异，参考现有公式与数据，则n 可能的最大值为多少？(2)在张华的这40位好友中，从该天行走的步数超过10 000的人中随机抽取3人，设抽取的女性有X 人，求X 的分布列及均值E (X )． 参考公式与数据：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)由题意可得2×2列联表如下：K 2的观测值k ＝40×(13×12－7×8)220×20×21×19＝1 000399≈2.506<2.706，所以85<n <90(n ∈Z )，因此n 可能的最大值为89. (2)该天行走步数超过10 000的有6男2女共8人，则X ＝0,1,2，P (X ＝0)＝C 36C 38＝514，P (X ＝1)＝C 12C 26C 38＝1528，P (X ＝2)＝C 22C 16C 38＝328，所以X 的分布列为所以E (X )＝0×514＋1×1528＋2×328＝34.4．东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区100天的销售量如表：(视样本频率为概率)(1)根据该产品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与均值；(2)以两天内该产品所获得的利润均值为决策依据，东方商店一次性购进32或33份，哪一种得到的利润更大？解(1)ξ的可能取值有30,31,32,33,34,35,36，其中P(ξ＝30)＝0.2×0.2＝0.04，P(ξ＝31)＝2×0.2×0.3＝0.12，P(ξ＝32)＝0.3×0.3＋2×0.2×0.4＝0.25，P(ξ＝33)＝2×0.2×0.1＋2×0.3×0.4＝0.28，P(ξ＝34)＝0.4×0.4＋2×0.3×0.1＝0.22，P(ξ＝35)＝2×0.4×0.1＝0.08，P(ξ＝36)＝0.1×0.1＝0.01，∴ξ的分布列为∴E(ξ)＝30×0.04＋31×0.12＋32×0.25＋33×0.28＋34×0.22＋35×0.08＋36×0.01＝32.8.(2)当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X，则X的可能取值有104,116,128，且P(X＝104)＝0.04，P(X＝116)＝0.12，P(X＝128)＝1－0.04－0.12＝0.84，∴E(X)＝104×0.04＋116×0.12＋128×0.84＝125.6.当一次性购进33份食品时，设每两天的利润为Y，则Y的可能取值有96,108,120,132.且P(Y＝96)＝0.04，P(Y＝108)＝0.12，P(Y＝120)＝0.25，P(Y＝132)＝1－0.04－0.12－0.25＝0.59，∴E(Y)＝96×0.04＋108×0.12＋120×0.25＋132×0.59＝124.68.∵E(X)>E(Y)，∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．5．为了解2019届高三毕业学生的复习备考情况，某省甲、乙两市组织了一次大联考．为比较两市本届高三毕业学生的数学优秀率，某教研机构从甲、乙两市参加大联考的数学高分段(数学成绩不低于100分)的学生中各随机抽取了100名学生，统计其数学成绩，得到甲市数学高分段学生成绩的频率分布直方图如图所示，乙市数学高分段学生成绩的频数分布表如下表所示(同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率)．(1)现计算得甲市数学高分段学生成绩的平均分为123分，乙市数学高分段学生成绩的方差为111，试利用统计知识判断甲、乙两市哪一个市2019届高三毕业学生数学高分段成绩更突出；(2)由频率分布直方图可以认为，甲市这次大联考的数学高分段学生成绩Z(单位：分)近似地服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，试利用该正态分布模型解决下列问题． ①若甲市恰有2万名学生这次大联考的数学成绩不低于100分，试估计甲市这次大联考的数学成绩Z 高于142.6分的学生人数；②现从甲市这次大联考的数学成绩不低于100分的学生中随机抽取1 000人，若抽到k 人的数学成绩在区间(123,142.6]内的可能性最大，试求整数k 的值． 附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)≈0.682 7， P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)≈0.954 5， P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)≈0.997 3.解 (1)由题意得甲市数学高分段学生成绩的方差为s 2甲＝(105－123)2×0.05＋(115－123)2×0.4＋(125－123)2×0.3＋(135－123)2×0.2＋(145－123)2×0.05＝96，乙市数学高分段学生成绩的平均分为 x乙＝105×0.15＋115×0.25＋125×0.4＋135×0.15＋145×0.05＝122(分)． 又x 甲＝123，s 2乙＝111，所以x 甲>x 乙，s 2甲<s 2乙.故甲市数学高分段学生成绩的平均分更高，且方差更小，故甲市数学高分段学生成绩更稳定． 综上可知甲市的2019届高三毕业学生数学高分段成绩更为突出．(2)①P (Z >142.6)＝P (Z >μ＋2σ)＝12[1－P (μ－2σ<Z ≤μ＋2σ)]≈12(1－0.954 5)＝0.022 75.因为20 000×0.022 75＝455，所以可估计甲市这次大联考的数学成绩Z 高于142.6分的学生有455人．②记所抽取的1 000人中数学成绩在区间(123,142.6]内的人数为Y ， 因为P (123<Z ≤142.6)＝P (μ<Z ≤μ＋2σ)＝P (μ－2σ<Z ≤μ＋2σ)2≈0.477 25，所以Y ～B (1 000,0.477 25)，故P (Y ＝k )＝C k 1 000×0.477 25k ×0.522 751 000－k . 设P (Y ＝k )最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ P (Y ＝k )≥P (Y ＝k ＋1)，P (Y ＝k )≥P (Y ＝k －1)即⎩⎪⎨⎪⎧0.522 751 000－k ≥0.477 25k ＋1，0.477 25k≥0.522 751 001－k，解得476.727 25≤k ≤477.727 25.因为k ∈N *，所以使P (Y ＝k )取得最大值的整数k 的值为477.。
1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的；(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． 2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型． (1)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．3．如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是1n ；如果某个事件A 包括的结果有m 个，那么事件A 的概率P (A )＝mn .4．古典概型的概率公式 P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( × )(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．( × )(3)从市场上出售的标准为500±5 g 的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．( × ) (4)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13.( √ )(5)从1,2,3,4,5中任取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.( √ )(6)在古典概型中，如果事件A 中基本事件构成集合A ，且集合A 中的元素个数为n ，所有的基本事件构成集合I ，且集合I 中元素个数为m ，则事件A 的概率为nm.( √ )1．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.12 B.13 C.14 D.16答案 B解析 基本事件的总数为6，构成“取出的2个数之差的绝对值为2”这个事件的基本事件的个数为2， 所以所求概率P ＝26＝13，故选B.2．(2016·北京)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( ) A.15 B.25 C.825 D.925 答案 B解析 从甲、乙等5名学生中随机选2人共有10种情况，甲被选中有4种情况，则甲被选中的概率为410＝25.3．(2015·课标全国Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( ) A.310 B.15 C.110 D.120 答案 C解析 从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有C 35＝10(个)不同的结果，其中勾股数只有一组，故所求概率为P ＝110.4．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个点的距离不小于该正方形边长的概率为________． 答案 35解析 取两个点的所有情况为10种，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为610＝35. 5．(教材改编)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________． 答案 56解析 掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有 6个，所以点数不同的概率P ＝1－66×6＝56.题型一 基本事件与古典概型的判断例1 (1)有两颗正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1,2,3,4，下面做投掷这两颗正四面体玩具的试验：用(x，y)表示结果，其中x表示第1颗正四面体玩具出现的点数，y表示第2颗正四面体玩具出现的点数．试写出：①试验的基本事件；②事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件；③事件“出现点数相等”包含的基本事件．(2)袋中有大小相同的5个白球，3个黑球和3个红球，每球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球．①有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？②若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？解(1)①这个试验的基本事件为(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)．②事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件为(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．③事件“出现点数相等”包含的基本事件为(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)．(2)①由于共有11个球，且每个球有不同的编号，故共有11种不同的摸法．又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型．②由于11个球共有3种颜色，因此共有3个基本事件，分别记为A：“摸到白球”，B：“摸到黑球”，C：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为111，而白球有5个，故一次摸球摸到白球的可能性为511，同理可知摸到黑球、红球的可能性均为3 11，显然这三个基本事件出现的可能性不相等，所以以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型．思维升华一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．下列试验中，古典概型的个数为()①向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率；②向正方形ABCD内，任意抛掷一点P，点P恰与点C重合；③从1,2,3,4四个数中，任取两个数，求所取两数之一是2的概率；④在线段[0,5]上任取一点，求此点小于2的概率．A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析①中，硬币质地不均匀，不是等可能事件，所以不是古典概型；②④的基本事件都不是有限个，不是古典概型；③符合古典概型的特点，是古典概型．题型二古典概型的求法例2(1)(2015·广东)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，则所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为()A.521B.1021C.1121D ．1 (2)(2015·江苏)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________．(3)我国古代“五行”学说认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木、木克土、土克水、水克火、火克金．”将这五种不同属性的物质任意排成一列，设事件A 表示“排列中属性相克的两种物质不相邻”，则事件A 发生的概率为________． 答案 (1)B (2)56 (3)112解析 (1)从袋中任取2个球共有C 215＝105(种)取法，其中恰好1个白球1个红球共有C 110C 15＝50(种)取法，所以所取的球恰好1个白球1个红球的概率为50105＝1021.(2)基本事件共有C 24＝6(种)， 设取出两只球颜色不同为事件A ，A 包含的基本事件有C 12C 12＋C 11C 11＝5(种)．故P (A )＝56.(3)五种不同属性的物质任意排成一列的所有基本事件数为A 55＝120，满足事件A “排列中属性相克的两种物质不相邻”的基本事件可以按如下方法进行考虑：从左至右，当第一个位置的属性确定后，例如：金，第二个位置(除去金本身)只能排土或水属性，当第二个位置的属性确定后，其他三个位置的属性也确定，故共有C 15C 12＝10(种)可能，所以事件A 出现的概率为10120＝112. 引申探究1．本例(2)中，若将4个球改为颜色相同，标号分别为1,2,3,4的四个小球，从中一次取两球，求标号和为奇数的概率．解 基本事件数仍为6.设标号和为奇数为事件A ，则A 包含的基本事件为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4种，所以P (A )＝46＝23.2．本例(2)中，若将条件改为有放回地取球，取两次，求两次取球颜色相同的概率．解 基本事件数为C 14C 14＝16， 颜色相同的事件数为C 12C 11＋C 12C 12＝6，所求概率为616＝38.思维升华 求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A 包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择．(1)(2016·全国乙卷)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )A.13B.12C.23D.56 答案 C解析 从4种颜色的花中任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛，有((红黄)，(白紫))，((白紫)，(红黄))，((红白)，(黄紫))，((黄紫)，(红白))，((红紫)，(黄白))，((黄白)，(红紫))，共6种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种法有((红黄)，(白紫))，((白紫)，(红黄))，((红白)，(黄紫))，((黄紫)，(红白))，共4种，故所求概率为P ＝46＝23，故选C. (2)一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c . ①求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率； ②求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率． 解 ①由题意知，(a ，b ，c )所有的可能为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种． 设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ， 则事件A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种． 所以P (A )＝327＝19.因此，“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为19.②设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B 包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．所以P (B )＝1－P (B )＝1－327＝89.因此，“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为89.题型三 古典概型与统计的综合应用例3 (2015·安徽)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， 所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.(3)受访职工中评分在[50,60)的有50×0.006×10＝3(人)，记为A 1，A 2，A 3； 受访职工中评分在[40,50)的有50×0.004×10＝2(人)，记为B 1，B 2，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{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 2，A 3}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{B 1，B 2}．又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即{B 1，B 2}，故所求的概率为P ＝110.思维升华 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点．概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，只要能够从题中提炼出需要的信息，则此类问题即可解决．海关对同时从A ，B ，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.(1)求这6件样品中来自A ，B ，C 各地区商品的数量；(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．解 (1)因为样本容量与总体中的个体数的比是 650＋150＋100＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50×150＝1,150×150＝3,100×150＝2.所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2.(2)设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为A；B1，B2，B3；C1，C2.则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件有{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4个．所以P(D)＝415，即这2件商品来自相同地区的概率为415.六审细节更完善典例(12分)一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随机取两个球，求取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，然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．(1)基本事件为取两个球↓(两球一次取出，不分先后，可用集合的形式表示)把取两个球的所有结果列举出来↓{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4} ↓两球编号之和不大于4(注意：和不大于4，应为小于4或等于4) ↓{1,2}，{1,3}↓利用古典概型概率公式求解 P ＝26＝13(2)两球分两次取，且有放回↓(两球的编号记录是有次序的，用坐标的形式表示) 基本事件的总数可用列举法表示 ↓(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)↓(注意细节，m 是第一个球的编号，n 是第2个球的编号) n <m ＋2的情况较多，计算复杂 ↓(将复杂问题转化为简单问题) 计算n ≥m ＋2的概率 ↓n ≥m ＋2的所有情况为(1,3)，(1,4)，(2,4) ↓P 1＝316↓(注意细节，P 1＝\f(3,16)是n ≥m ＋2的概率，需转化为其,对立事件的概率) n <m ＋2的概率为1－P 1＝1316.规范解答解 (1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件有{1,2}，{1,3}，共2个． 因此所求事件的概率P ＝26＝13.[4分](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 ，其一切可能的结果有(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．[6分]又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个， 所以满足条件n ≥m ＋2的事件的概率为P 1＝316.[10分]故满足条件n <m ＋2的事件的概率为 1－P 1＝1－316＝1316.[12分]1．(2016·全国丙卷)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )A.815B.18C.115D.130 答案 C解析 第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，所以总的基本事件的个数为15，密码正确只有一种，概率为115，故选C.2．(2016·威海模拟)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.16 B.13 C.14 D.12 答案 A解析 由题意知，向量m 共有C 14C 13＝12(个)，由m ⊥n ，得m ·n ＝0，即a ＝b ，则满足m ⊥n 的m 有(3,3)，(5,5)，共2个， 故所求概率P ＝212＝16.3．(2015·广东)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 ．0.4 B ．0.6 C ．0.8 D ．1 答案 B解析 从5件产品中任取2件共有取法C 25＝10(种)，恰有一件次品的取法有C 12C 13＝6(种)，所以恰有一件次品的概率为610＝0.6.4．(2016·哈尔滨模拟)设a ∈{1,2,3,4}，b ∈{2,4,8,12}，则函数f (x )＝x 3＋ax －b 在区间[1,2]上有零点的概率为( ) A.12 B.58 C.1116 D.34 答案 C解析 由已知f ′(x )＝3x 2＋a >0，所以f (x )在R 上递增，若f (x )在[1,2]上有零点，则需⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝1＋a －b ≤0，f (2)＝8＋2a －b ≥0，经验证有(1,2)，(1,4)，(1,8)，(2,4)，(2,8)，(2,12)，(3,4)，(3,8)，(3,12)，(4,8)，(4,12)，共11对满足条件，而总的情况有16种， 故所求概率为1116.5．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为( ) A.521 B.27 C.13 D.821 答案 D解析 从编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球中随机取出4个，有C 410＝210(种)不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的．设事件A 为“取出球的编号互不相同”，则事件A 包含了C 15·C 12·C 12·C 12·C 12＝80(个)基本事件，所以P (A )＝80210＝821.故选D.6．如图，三行三列的方阵中有九个数a ij (i ＝1,2,3；j ＝1,2,3)，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( )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33 A.37 B.47 C.114 D.1314答案 D解析 从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝84(种)，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C 13·C 12·C 11＝6(种)，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－684＝1314. 7．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.110B.18C.16D.15 答案 D解析 如图所示，从正六边形ABCDEF 的6个顶点中随机选4个顶点，可以看作随机选2个顶点，剩下的4个顶点构成四边形，有A 、B ，A 、C ，A 、D ，A 、E ，A 、F ，B 、C ，B 、D ，B 、E ，B 、F ，C 、D ，C 、E ，C 、F ，D 、E ，D 、F ，E 、F ，共15种．若要构成矩形，只要选相对顶点即可，有A 、D ，B 、E ，C 、F ，共3种，故其概率为315＝15.8．若A 、B 为互斥事件，P (A )＝0.4，P (A ∪B )＝0.7，则P (B )＝________. 答案 0.3解析 因为A 、B 为互斥事件， 所以P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，故P (B )＝P (A ∪B )－P (A )＝0.7－0.4＝0.3.9．(2017·成都月考)如图的茎叶图是甲、乙两人在4次模拟测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为________．答案 0.3解析 依题意，记题中的被污损数字为x ，若甲的平均成绩不超过乙的平均成绩，则有(8＋9＋2＋1)－(5＋3＋x ＋5)≤0，x ≥7，即此时x 的可能取值是7,8,9，因此甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率P ＝310＝0.3.10．10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 12解析 从10件产品中取4件，共有C 410种取法，取到1件次品的取法为C 13C 37种，由古典概型概率计算公式得P ＝C 13C 37C 410＝3×35210＝12.11．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，令平面向量a ＝(m ，n )，b ＝(1，－3)． (1)求事件“a ⊥b ”发生的概率； (2)求事件“|a |≤|b |”发生的概率．解 (1)由题意知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}，故(m ，n )所有可能的取法共36种． 因为a ⊥b ，所以m －3n ＝0，即m ＝3n ，有(3,1)，(6,2)，共2种， 所以事件a ⊥b 发生的概率为236＝118. (2)由|a |≤|b |，得m 2＋n 2≤10，有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6种，其概率为636＝16.12．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的． (1)求袋中原有白球的个数； (2)求取球2次即终止的概率； (3)求甲取到白球的概率．解 (1)设袋中原有n 个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C 2n ，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C 27.由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P ＝C 2nC 27＝17，则n (n －1)＝6，解得n ＝3(舍去n ＝－2)，即袋中原有3个白球．(2)设事件A 为“取球2次即终止”．取球2次即终止，即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，P (A )＝C 14×C 13C 17×C 16＝4×37×6＝27. (3)设事件B 为“甲取到白球”，“第i 次取到白球”为事件A i ，i ＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．所以P (B )＝P (A 1∪A 3∪A 5)＝P (A 1)＋P (A 3)＋P (A 5)＝37＋4×3×37×6×5＋4×3×2×1×37×6×5×4×3＝37＋635＋135＝2235. *13.(2016·北京海淀区期末)为了研究某种农作物在特定温度(要求最高温度t 满足：27 ℃≤t ≤30 ℃)下的生长状况，某农学家需要在10月份去某地进行为期10天的连续观察试验．现有关于该地区历年10月份日平均最高温度和日平均最低温度(单位：℃)的记录如下：(1)根据本次试验目的和试验周期，写出农学家观察试验的起始日期；(2)设该地区今年10月上旬(10月1日至10月10日)的最高温度的方差和最低温度的方差分别为D 1，D 2，估计D 1，D 2的大小；(直接写出结论即可)(3)从10月份31天中随机选择连续3天，求所选3天每天日平均最高温度值都在[27,30]之间的概率．解 (1)农学家观察试验的起始日期为7日或8日． (2)最高温度的方差D 1大．(3)设“连续3天平均最高温度值都在[27,30]之间”为事件A ，则基本事件空间可以设为Ω＝{(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，…，(29,30,31)}，共29个基本事件， 由题图可以看出，事件A 包含10个基本事件，所以P (A )＝1029，所选3天每天日平均最高温度值都在[27,30]之间的概率为1029.。
第5节 复 数最新考纲 1.理解复数的基本概念；2.理解复数相等的充要条件；3.了解复数的代数表示法及其几何意义；4.会进行复数代数形式的四则运算；5.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义．知 识 梳 理1.复数的有关概念2.复数的几何意义复数集C 和复平面内所有的点组成的集合是一一对应的，复数集C 与复平面内所有以原点O 为起点的向量组成的集合也是一一对应的，即 (1)复数z ＝a ＋b i复平面内的点Z (a ，b )(a ，b ∈R ).(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )平面向量OZ→.3.复数的运算设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则 (1)加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； (2)减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； (3)乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ；(4)除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝(a ＋b i)(c －d i)(c ＋d i)(c －d i)＝ac ＋bd ＋(bc －ad )i c 2＋d 2(c ＋d i ≠0).[微点提醒]1.i 的乘方具有周期性i n＝⎩⎨⎧1，n ＝4k ，i ，n ＝4k ＋1，－1，n ＝4k ＋2，－i ，n ＝4k ＋3(k ∈Z ).2.复数的模与共轭复数的关系 z ·z －＝|z |2＝|z －|2. 3.两个注意点(1)两个虚数不能比较大小；(2)利用复数相等a ＋b i ＝c ＋d i 列方程时，注意a ，b ，c ，d ∈R 的前提条件.基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )中，虚部为b i.( )(2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.( ) (3)原点是实轴与虚轴的交点.( )(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模.( )解析 (1)虚部为b ；(2)虚数不可以比较大小． 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2.(选修2－2P106A2改编)若复数(a 2－3a ＋2)＋(a －1)i 是纯虚数，则实数a 的值为( ) A.1B.2C.1或2D.－1解析 依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－3a ＋2＝0，a －1≠0，解得a ＝2，故选B.答案 B3.(选修2－2P116A1改编)复数⎝ ⎛⎭⎪⎫52－i 2的共轭复数是( )A.2－iB.2＋iC.3－4iD.3＋4i解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫52－i 2＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤5（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）2＝(2＋i)2＝3＋4i ，所以其共轭复数是3－4i.故选C. 答案C4.(2017·全国Ⅱ卷)3＋i1＋i ＝( ) A.1＋2i B.1－2iC.2＋iD.2－i解析3＋i 1＋i＝（3＋i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2－i.答案 D5.(2018·北京卷)在复平面内，复数11－i的共轭复数对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限D.第四象限解析 11－i＝1＋i 2＝12＋12i ，其共轭复数为12－12i ，∴复数11－i 的共轭复数对应的点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，位于第四象限，故选D.答案 D6.(2019·邯郸一模)已知复数z ＝－1＋i(i 是虚数单位)，则z ＋2z 2＋z＝________. 解析 ∵z ＝－1＋i ，∴z ＋2z 2＋z ＝1＋i－1－i ＝（1＋i ）（－1＋i ）（－1－i ）（－1＋i ）＝－22＝－1. 答案 －1考点一 复数的相关概念【例1】 (1)(2019·呼和浩特质检)已知z ＝2－ii ，则复数z 的虚部为( ) A.－iB.2C.－2iD.－2(2)(2018·兰州实战考试)已知在复平面内，复数z 对应的点是Z (1，－2)，则复数z的共轭复数z －＝( ) A.2－i B.2＋i C.1－2iD.1＋2i(3)(2019·大连一模)若复数z ＝1＋i 1＋a i 为纯虚数，则实数a 的值为( )A.1B.0C.－12D.－1解析 (1)∵z ＝2－i i ＝（2－i ）（－i ）i·（－i ）＝－1－2i ，则复数z 的虚部为－2.故选D.(2)∵复数z 对应的点是Z (1，－2)，∴z ＝1－2i ， ∴复数z 的共轭复数z －＝1＋2i ，故选D. (3)设z ＝b i ，b ∈R 且b ≠0， 则1＋i 1＋a i＝b i ，得到1＋i ＝－ab ＋b i ，∴1＝－ab ，且1＝b ， 解得a ＝－1，故选D.答案 (1)D (2)D (3)D规律方法 1.复数的分类及对应点的位置都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．2．解题时一定要先看复数是否为a ＋b i(a ，b ∈R )的形式，以确定实部和虚部． 【训练1】 (1)(2018·安庆二模)已知复数z 满足：(2＋i)z ＝1－i ，其中i 是虚数单位，则z 的共轭复数为( ) A.15－35i B.15＋35i C.13－iD.13＋i(2)(2019·株洲二模)设i 为虚数单位，1－i ＝2＋a i1＋i ，则实数a ＝( )A.2B.1C.0D.－1解析 (1)由(2＋i)z ＝1－i ，得z ＝1－i 2＋i＝（1－i ）（2－i ）（2＋i ）（2－i ）＝15－35i ，∴z －＝15＋35i.故选B. (2)∵1－i ＝2＋a i 1＋i，∴2＋a i ＝(1－i)(1＋i)＝2，解得a ＝0.故选C. 答案 (1)B (2)C 考点二 复数的几何意义【例2】 (1)已知i 是虚数单位，设复数z 1＝1＋i ，z 2＝1＋2i ，则z 1z 2在复平面内对应的点在( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限D.第四象限(2)(2019·吉安一中、九江一中等重点中学联考)在复平面内，复数z 对应的点与21－i 对应的点关于实轴对称，则z ＝( )A.1＋iB.－1－iC.－1＋iD.1－i解析 (1)由题可得，z 1z 2＝1＋i1＋2i ＝（1＋i ）（1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝35－15i ，对应在复平面上的点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－15，在第四象限．(2)∵复数z 对应的点与21－i＝2（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝1＋i 对应的点关于实轴对称，∴z＝1－i.故选D. 答案 (1)D (2)D规律方法 1.复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )一一对应Z (a ，b )一一对应OZ→＝(a ，b ).2.由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观． 【训练2】 (1)(2019·东北三省三校二模)设i 是虚数单位，则复数11＋i在复平面内对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限D.第四象限(2)如图，若向量OZ→对应的复数为z ，则z ＋4z表示的复数为( )A.1＋3iB.－3－iC.3－iD.3＋i解析 (1)11＋i ＝1－i（1＋i ）（1－i ）＝12－12i ，则复数z 对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，在第四象限，故选D.(2)由题图可得Z (1，－1)，即z ＝1－i ，所以z ＋4z ＝1－i ＋41－i＝1－i ＋4（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝1－i ＋4＋4i2＝1－i ＋2＋2i ＝3＋i.故选D.答案 (1)D (2)D 考点三 复数的运算【例3】 (1)(2018·全国Ⅲ卷)(1＋i)(2－i)＝( ) A.－3－i B.－3＋i C.3－iD.3＋i(2)(2018·全国Ⅰ卷)设z ＝1－i1＋i＋2i ，则|z |＝( ) A.0B.12C.1D. 2(3)设复数z ＝1＋2i ，则z 2＋3z －1＝( )A.2iB.－2iC.2D.－2(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 6＋2＋3i 3－2i＝________. 解析 (1)(1＋i)(2－i)＝2－i ＋2i －i 2＝3＋i.故选D.(2)∵z ＝1－i1＋i ＋2i ＝（1－i ）2（1＋i ）（1－i ）＋2i ＝1－2i －12＋2i ＝i ，∴|z |＝|i|＝1.故选C.(3)z 2＋3z －1＝（1＋2i ）2＋31＋2i －1＝12＋4i ＋4i 2＋32i ＝4i2i ＝2.故选C.(4)原式＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1＋i ）226＋（2＋3i ）（3＋2i ）（3）2＋（2）2＝i 6＋6＋2i ＋3i －65＝－1＋i.答案 (1)D (2)C (3)C (4)－1＋i规律方法 复数代数形式运算问题的常见类型及解题策略(1)复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i 的看作一类同类项，不含i 的看作另一类同类项，分别合并即可．(2)复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题时要注意把i的幂写成最简形式．(3)复数的运算与复数概念的综合题．先利用复数的运算法则化简，一般化为a＋b i(a，b∈R)的形式，再结合相关定义解答．(4)复数的运算与复数几何意义的综合题．先利用复数的运算法则化简，一般化为a＋b i(a，b∈R)的形式，再结合复数的几何意义解答．【训练3】(1)(2018·全国Ⅱ卷)i(2＋3i)＝()A.3－2iB.3＋2iC.－3－2iD.－3＋2i(2)已知i为虚数单位，则1＋i3－i＝()A.2－i5 B.2＋i5C.1－2i5 D.1＋2i5(3)设z＝1＋i(i是虚数单位)，则z2－2z＝()A.1＋3iB.1－3iC.－1＋3iD.－1－3i 解析(1)i(2＋3i)＝2i＋3i2＝－3＋2i，故选D.(2)1＋i3－i＝（1＋i）（3＋i）（3－i）（3＋i）＝1＋2i5.(3)因为z＝1＋i，所以z2＝(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i，2z＝21＋i＝2（1－i）（1＋i）（1－i）＝2（1－i）1－i2＝2（1－i）2＝1－i，则z2－2z＝2i－(1－i)＝－1＋3i.故选C.答案(1)D(2)D(3)C[思维升华]1.复数的代数形式的运算主要有加、减、乘、除及求低次方根．除法实际上是分母实数化的过程．2．复数z＝a＋b i(a，b∈R)是由它的实部和虚部唯一确定的，两个复数相等的充要条件是把复数问题转化为实数问题的主要方法．对于一个复数z＝a＋b i(a，b∈R)，既要从整体的角度去认识它，把复数看成一个整体；又要从实部、虚部的角度分解成两部分去认识．[易错防范]1.判定复数是实数，仅注重虚部等于0是不够的，还需考虑它的实部是否有意义．2．注意复数的虚部是指在a＋b i(a，b∈R)中的实数b，即虚部是一个实数.基础巩固题组(建议用时：30分钟)一、选择题1.(2019·吴忠联考)已知复数(1＋2i)i＝a＋b i，a∈R，b∈R，则a＋b＝()A.－3B.－1C.1D.3解析因为(1＋2i)i＝－2＋i，所以a＝－2，b＝1，则a＋b＝－1，选B.答案 B2.(2018·浙江卷)复数21－i(i为虚数单位)的共轭复数是()A.1＋iB.1－iC.－1＋iD.－1－i解析因为21－i＝2（1＋i）（1－i）（1＋i）＝2（1＋i）1－i2＝1＋i，所以复数21－i的共轭复数为1－i.故选B. 答案 B3.设复数z 满足z －＝|1－i|＋i(i 为虚数单位)，则复数z ＝( ) A.2－i B.2＋i C.1D.－1－2i解析 复数z 满足z －＝|1－i|＋i ＝2＋i ，则复数z ＝2－i ，故选A. 答案 A4.下列各式的运算结果为纯虚数的是( ) A.i(1＋i)2 B.i 2(1－i) C.(1＋i)2D.i(1＋i)解析 i(1＋i)2＝i·2i ＝－2，不是纯虚数，排除A ；i 2(1－i)＝－(1－i)＝－1＋i ，不是纯虚数，排除B ；(1＋i)2＝2i ，2i 是纯虚数．故选C. 答案 C5.设z ＝11＋i ＋i(i 为虚数单位)，则|z |＝( ) A.12 B.22 C.32 D.2解析 因为z ＝11＋i ＋i ＝1－i（1＋i ）（1－i ）＋i ＝1－i 2＋i ＝12＋12i ，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22.答案 B6.若a 为实数，且1＋2ia ＋i 为实数，则a ＝( )A.1B.12C.－13D.－2解析 因为1＋2i a ＋i＝（1＋2i ）（a －i ）（a ＋i ）（a －i ）＝a ＋2＋（2a －1）ia 2＋1是一个实数，所以2a－1＝0，∴a ＝12.故选B. 答案 B7.(2019·豫南九校质量考评)已知复数a ＋i2＋i＝x ＋y i(a ，x ，y ∈R ，i 是虚数单位)，则x ＋2y ＝( )A.1B.35C.－35D.－1解析 由题意得a ＋i ＝(x ＋y i)(2＋i)＝2x －y ＋(x ＋2y )i ，∴x ＋2y ＝1，故选A. 答案 A8.(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z 满足(1＋i)z ＝|3＋i|，则在复平面内，z －对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限解析 由题意，得z ＝（3）2＋121＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－i ，所以z －＝1＋i ，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.答案 A二、填空题9.(2018·天津卷)i 是虚数单位，复数6＋7i 1＋2i ＝________. 解析 6＋7i 1＋2i ＝（6＋7i ）（1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝20－5i 5＝4－i. 答案 4－i10.复数z ＝(1＋2i)(3－i)，其中i 为虚数单位，则z 的实部是________. 解析 (1＋2i)(3－i)＝3＋5i －2i 2＝5＋5i ，所以z 的实部为5.答案 511.(2019·西安八校联考)若a ＋b i i(a ，b ∈R )与(2－i)2互为共轭复数，则a －b ＝________.解析 ∵a ＋b i i ＝（a ＋b i ）（－i ）－i2＝b －a i ，(2－i)2＝4－4i －1＝3－4i ，a ＋b i i (a ，b ∈R )与(2－i)2互为共轭复数，∴b ＝3，a ＝－4，则a －b ＝－7，故答案为－7. 答案 －712.在复平面内，O 为原点，向量OA →对应的复数为－1＋2i ，若点A 关于直线y ＝－x 的对称点为B ，则向量OB→对应的复数为________. 解析 因为A (－1，2)关于直线y ＝－x 的对称点B (－2，1)，所以向量OB→对应的复数为－2＋i.答案 －2＋i能力提升题组(建议用时：15分钟)13.(2019·上饶模拟)设a ，b ∈R ，a ＝3＋b i 3－2i (i 是虚数单位)，则b ＝( ) A.－2 B.－1C.1D.2 解析 因为a ＝3＋b i 3－2i ＝（3＋b i ）（3＋2i ）（3－2i ）（3＋2i ）＝9－2b 13＋（6＋3b ）i 13，a ∈R ，所以6＋3b 13＝0⇒b ＝－2，故选A.答案 A14.设x ∈R ，i 是虚数单位，则“x ＝2”是“复数z ＝(x 2－4)＋(x ＋2)i 为纯虚数”的( )A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析 由复数z ＝(x 2－4)＋(x ＋2)i 为纯虚数，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4＝0，x ＋2≠0，解得x ＝2， 所以“x ＝2”是“复数z ＝(x 2－4)＋(x ＋2)i 为纯虚数”的充要条件，故选B. 答案 B15.计算⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 2 019＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 2 019＝( ) A.－2iB.0C.2iD.2 解析 ∵1＋i 1－i ＝（1＋i ）2（1＋i ）（1－i ）＝2i 2＝i ，1－i 1＋i＝－i ， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋i 1－i 2 019＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－i 1＋i 2 019＝(i 4)504·i 3＋[(－i)4]504·(－i)3＝－i ＋i ＝0. 答案 B16.(2019·湖南三湘名校联考)已知i 为虚数单位，复数z ＝3＋2i 2－i ，则以下为真命题的是( )A.z 的共轭复数为75－4i 5B.z 的虚部为85C.|z |＝3D.z 在复平面内对应的点在第一象限解析 ∵z ＝3＋2i 2－i ＝（3＋2i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝45＋7i 5，∴z 的共轭复数为45－7i 5，z 的虚部为75，|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫752＝655，z 在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫45，75，在第一象限，故选D.答案 D。
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，简称为几何概型．2．几何概型中，事件A的概率的计算公式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．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．随机模拟方法(1)使用计算机或者其他方式进行的模拟试验，以便通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是模拟方法．(2)用计算机或计算器模拟试验的方法为随机模拟方法．这个方法的基本步骤是①用计算器或计算机产生某个范围内的随机数，并赋予每个随机数一定的意义；②统计代表某意义的随机数的个数M和总的随机数个数N；③计算频率f n(A)＝MN作为所求概率的近似值．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零．( √ )(2)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．( √ )(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．( √ ) (4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．( √ ) (5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．( × ) (6)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P ＝19.( × )1．(教材改编)在线段[0,3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为( ) A.12 B.13 C.14 D ．1 答案 B解析 坐标小于1的区间为[0,1]，长度为1，[0,3]区间长度为3，故所求概率为13.2．(2015·山东)在区间[0,2]上随机地取一个数x ，则事件“－1≤121()2log x +≤1”发生的概率为( )A.34B.23C.13D.14 答案 A解析 由－1≤121()2log x +≤1，得12≤x ＋12≤2，∴0≤x ≤32.∴由几何概型的概率计算公式得所求概率P ＝32－02－0＝34.3．(教材改编)有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是()答案 A解析 ∵P (A )＝38，P (B )＝28，P (C )＝26，P (D )＝13，∴P (A )>P (C )＝P (D )>P (B )．4．(2017·南昌月考)一个边长为3π cm 的正方形薄木板的正中央有一个直径为2 cm 的圆孔，一只小虫在木板的一个面内随机地爬行，则小虫恰在离四个顶点的距离都大于2 cm 的区域内的概率等于________． 答案 12解析 如图所示，分别以正方形的四个顶点为圆心，2 cm 为半径作圆，与正方形相交截得四个圆心角为直角的扇形，当小虫落在图中的黑色区域时，它离四个顶点的距离都大于2 cm ，其中黑色区域面积为S 1＝S 正方形－4S 扇形－S 小圆＝(3π)2－π×22－π×12＝9π－5π＝4π，所以小虫离四个顶点的距离都大于2 cm 的概率为P ＝S 19π－π＝4π8π＝12.5．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________．答案 π4解析 设质点落在以AB 为直径的半圆内为事件A ， 则P (A )＝阴影面积长方形面积＝12π·121×2＝π4.题型一 与长度、角度有关的几何概型例1 (1)(2016·全国甲卷)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( ) A.710 B.58 C.38 D.310(2)(2017·太原调研)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________． 答案 (1)B (2)13解析 (1)至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为40－1540＝58，故选B.(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)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 ，求BM <1的概率．解 因为∠B ＝60°，∠C ＝45°，所以∠BAC ＝75°. 在Rt △ABD 中，AD ＝3，∠B ＝60°， 所以BD ＝AD tan 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.引申探究1．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？解 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 ”，求BM <1的概率．解 依题意知BC ＝BD ＋DC ＝1＋3，P (BM <1)＝11＋3＝3－12.思维升华 求解与长度、角度有关的几何概型的方法求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)，然后求解．要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度或角度)．(1)(2016·全国乙卷)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(2)已知集合A ＝{x |－1<x <5}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －23－x >0，在集合A 中任取一个元素x ，则事件“x ∈(A ∩B )”的概率是________． 答案 (1)B (2)16解析 (1)如图所示，画出时间轴．小明到达的时间会随机的落在图中线段AB 中，而当他的到达时间落在线段AC 或DB 时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型得所求概率P ＝10＋1040＝12，故选B.(2)由题意得A ＝{x |－1<x <5}，B ＝{}x | 2<x <3，故A ∩B ＝{x |2<x <3}．由几何概型知，在集合A 中任取一个元素x ，则x ∈(A ∩B )的概率为P ＝16.题型二 与面积有关的几何概型 命题点1 与平面图形面积有关的问题例2 (2016·全国甲卷)从区间[0,1]随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( ) A.4n m B.2n m C.4m n D.2m n答案 C 解析 由题意得(x i ，y i )(i ＝1,2，…，n )在如图所示方格中，而平方和小于1的点均在如图所示的阴影中，由几何概型概率计算公式知π41＝mn ，∴π＝4mn，故选C.命题点2 与线性规划知识交汇命题的问题 例3 (2016·武汉模拟)由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，若在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为________． 答案 78解析 如图，平面区域Ω1就是三角形区域OAB ，平面区域Ω2与平面区域Ω1的重叠部分就是区域OACD ，易知C (－12，32)，故由几何概型的概率公式，得所求概率P ＝S 四边形OACDS △OAB＝2－142＝78.命题点3 与定积分交汇命题的问题例4 (2015·福建)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512解析 由题意知，阴影部分的面积S ＝ʃ21(4－x 2)d x ＝(4x －13x 3)|21＝53，所以所求概率P ＝S S 矩形ABCD ＝531×4＝512.思维升华 求解与面积有关的几何概型的注意点求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．(1)(2016·昌平模拟)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2≥0，x ≤4，y ≥－2表示的平面区域为D .在区域D内随机取一个点，则此点到直线y ＋2＝0的距离大于2的概率是( ) A.413 B.513 C.825 D.925(2)如图，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．答案 (1)D (2)2e2解析 (1)作出平面区域D ，可知平面区域D 是以A (4,3)，B (4，－2)，C (－6，－2)为顶点的三角形区域．当点在△AEF 区域内时，点到直线y ＋2＝0的距离大于2. ∴P ＝S △AEF S △ABC ＝12×6×312×10×5＝925.(2)由题意知，所给图中两阴影部分面积相等，故阴影部分面积为S ＝2ʃ10(e －e x )d x ＝2(e x －e x )|1＝2[e －e －(0－1)]＝2.又该正方形面积为e 2， 故由几何概型的概率公式可得所求概率为2e 2.题型三 与体积有关的几何概型例5 (1)(2016·贵州黔东南州凯里一中期末)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，则称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为( ) A.18 B.16 C.127 D.38(2)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( ) A.78 B.34 C.12 D.14答案 (1)C (2)A解析 (1)由题意知小蜜蜂的安全飞行范围为以这个正方体的中心为中心，且棱长为1的小正方体内．这个小正方体的体积为1，大正方体的体积为27，故安全飞行的概率为P ＝127.(2)当P 在三棱锥的三条侧棱的中点所在的平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.思维升华 求解与体积有关的几何概型的注意点对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的问题也可利用其对立事件去求．(2016·哈尔滨模拟)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________．答案 23解析 如图，三棱锥S －ABC 与三棱锥S －APC 的高相同，要使三棱锥S －APC 的体积大于V3，只需△APC 的面积大于△ABC 的面积的13.假设点P ′是线段AB 靠近点A 的三等分点，记事件M 为“三棱锥S －APC 的体积大于V3”，则事件M 发生的区域是线段P ′B . 从而P (M )＝P ′B AB ＝23.16．几何概型中的“测度”典例 (1)在等腰Rt △ABC 中，∠C ＝90°，在直角边BC 上任取一点M ，则∠CAM <30°的概率是________．(2)在长为1的线段上任取两点，则这两点之间的距离小于12的概率为( )A.14B.12C.34D.78 错解展示解析 (1)∵∠C ＝90°，∠CAM ＝30°， ∴所求概率为3090＝13.(2)两点之间线段长为12时，占长为1的线段的一半，故所求概率为12.答案 (1)13 (2)B现场纠错解析 (1)因为点M 在直角边BC 上是等可能出现的，所以“测度”是长度．设直角边长为a ，则所求概率为33a a ＝33.(2)设任取两点所表示的数分别为x ，y ， 则0≤x ≤1，且0≤y ≤1.由题意知|x －y |<12，所以所求概率为P ＝1－2×12×12×121＝34.答案 (1)33(2)C 纠错心得 (1)在线段上取点，则点在线段上等可能出现；在角内作射线，则射线在角内的分布等可能．(2)两个变量在某个范围内取值，对应的“测度”是面积.1．(2016·佛山模拟)如图，矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为96，以此实验数据为依据可以估计出椭圆的面积约为( )A ．16.32B ．15.32C ．8.68D ．7.68 答案 A解析 设椭圆的面积为S ，则S4×6＝300－96300，故S ＝16.32.2．(2016·昆明三中、玉溪一中统考)已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB →＋PC →＋2P A →＝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.14 B.13 C.23 D.12 答案 D解析 以PB 、PC 为邻边作平行四边形PBDC ， 则PB →＋PC →＝PD →， 因为PB →＋PC →＋2P A →＝0，所以PB →＋PC →＝－2P A →，得PD →＝－2P A →，由此可得，P 是△ABC 边BC 上的中线AO 的中点，点P 到BC 的距离等于A 到BC 距离的12，所以S △PBC ＝12S △ABC ，所以将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，黄豆落在△PBC 内的概率为S △PBC S △ABC ＝12，故选D.3.(2016·菏泽一模)已知函数f (x )的部分图象如图所示，向图中的矩形区域内随机投出100粒豆子，记下落入阴影区域的豆子数．通过10次这样的试验，算得落入阴影区域的豆子的平均数约为39，由此可估计ʃ10f (x )d x 的值约为( )A.61100B.39100 C.10100 D.117100答案 D解析 ʃ10f (x )d x 表示阴影部分的面积S . 因为S 3＝39100，所以S ＝117100.4．已知△ABC 中，∠ABC ＝60°，AB ＝2，BC ＝6，在BC 上任取一点D ，则使△ABD 为钝角三角形的概率为( ) A.16 B.13 C.12 D.23 答案 C解析 如图，当BE ＝1时，∠AEB 为直角，则点D 在线段BE (不包含B 、E 点)上时，△ABD 为钝角三角形；当BF ＝4时，∠BAF 为直角，则点D 在线段CF (不包含C 、F 点)上时，△ABD 为钝角三角形，所以△ABD 为钝角三角形的概率为1＋26＝12.5．(2017·武昌质检)如图，矩形ABCD 的四个顶点的坐标分别为A (0，－1)，B (π，－1)，C (π，1)，D (0，1)，正弦曲线f (x )＝sin x 和余弦曲线g (x )＝cos x 在矩形ABCD 内交于点F ，向矩形ABCD 区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是( )A.1＋2πB.1＋22πC.1πD.12π答案 B解析 根据题意，可得曲线y ＝sin x 与y ＝cos x 围成的区域的面积为ππππ44(sin cos )d (cos sin )|x x x x x -=--⎰＝1－⎝⎛⎭⎫－22－22＝1＋ 2.又矩形ABCD 的面积为2π，由几何概型概率公式得该点落在阴影区域内的概率是1＋22π.故选B.6.欧阳修的《卖油翁》中写到：“(翁)乃取一葫芦，置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为3 cm 的圆，中间有边长为1 cm 的正方形孔，若随机向铜钱上滴一滴油(油滴的直径忽略不计)，则正好落入孔中的概率是________．答案49π解析 依题意，所求概率为P ＝12π·(32)2＝49π.7．有一个底面圆的半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________． 答案 23解析 V 圆柱＝2π，V 半球＝12×43π×13＝23π，V 半球V 圆柱＝13， 故点P 到O 的距离大于1的概率为23.8．在区间[1,5]和[2,4]上分别各取一个数，记为m 和n ，则方程x 2m 2＋y 2n 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆的概率是________． 答案 12解析 ∵方程x 2m 2＋y 2n 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，∴m >n .如图，由题意知，在矩形ABCD 内任取一点Q (m ，n )，点Q 落在阴影部分的概率即为所求的概率，易知直线m＝n 恰好将矩形平分， ∴所求的概率为P ＝12.9．随机地向半圆0<y <2ax －x 2(a 为正常数)内掷一点，点落在圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，则原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4的概率为______．答案 12＋1π解析 半圆区域如图所示．设A 表示事件“原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4”，由几何概型的概率计算公式得P (A )＝A 的面积半圆的面积＝14πa 2＋12a 212πa 2＝12＋1π. 10．(2017·大连月考)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________．答案 23解析 正方形内空白部分面积为ʃ1－1[x 2－(－x 2)]d x＝ʃ1－12x 2d x ＝23·x 3|1－1＝23－(－23)＝43， 阴影部分面积为2×2－43＝83，所以所求概率为834＝23.11．已知向量a ＝(－2,1)，b ＝(x ，y )．(1)若x ，y 分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次，第二次出现的点数，求满足a ·b ＝－1的概率； (2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，求满足a ·b <0的概率．解 (1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为6×6＝36， 由a ·b ＝－1得－2x ＋y ＝－1，所以满足a ·b ＝－1的基本事件为(1,1)，(2,3)，(3,5)，共3个， 故满足a ·b ＝－1的概率为336＝112.(2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，则全部基本事件的结果为Ω＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6}， 满足a ·b <0的基本事件的结果为A ＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6且－2x ＋y <0}． 画出图形如图，矩形的面积为S 矩形＝25，阴影部分的面积为S 阴影＝25－12×2×4＝21，故满足a ·b <0的概率为2125.12．已知关于x 的二次函数f (x )＝ax 2－4bx ＋1.设点(a ，b )是区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －8≤0，x >0，y >0内的一点，求函数y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．解 ∵函数f (x )＝ax 2－4bx ＋1的图象的对称轴为直线x ＝2ba ，要使f (x )＝ax 2－4bx ＋1在区间[1，＋∞)上为增函数， 当且仅当a >0且2ba≤1，即2b ≤a .依条件可知事件的全部结果所构成的区域为 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫(a ，b )⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b －8≤0，a >0，b >0，构成所求事件的区域为三角形部分． 所求概率区间应满足2b ≤a .由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －8＝0，b ＝a 2，得交点坐标为(163，83)，故所求事件的概率为P ＝12×8×8312×8×8＝13.*13.甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为1 h ，乙船停泊时间为2 h ，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．解 设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x 与y ，记事件A 为“两船都不需要等待码头空出”，则0≤x ≤24,0≤y ≤24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1 h 以上或乙比甲早到达2 h 以上，即y －x ≥1或x －y ≥2.故所求事件构成集合A ＝{(x ，y )|y －x ≥1或x －y ≥2，x ∈[0,24]，y ∈[0,24]}．A为图中阴影部分，全部结果构成集合Ω为边长是24的正方形及其内部．所求概率为P(A)＝A的面积Ω的面积＝(24－1)2×12＋(24－2)2×12242＝506.5576＝1 0131 152.。
第2课时参数方程1．参数方程和普通方程的互化(1)曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式．一般地，可以通过消去参数从参数方程得到普通方程．(2)如果知道变数x ，y 中的一个与参数t 的关系，例如x ＝f (t )，把它代入普通方程，求出另一个变数与参数的关系y ＝g (t )，那么⎩⎪⎨⎪⎧x ＝f (t )，y ＝g (t )就是曲线的参数方程．2．常见曲线的参数方程和普通方程概念方法微思考1．在直线的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)中，(1)t 的几何意义是什么？(2)如何利用t 的几何意义求直线上任意两点P 1，P 2的距离？提示 (1)t 表示在直线上过定点P 0(x 0，y 0)与直线上的任一点P (x ，y )构成的有向线段P 0P 的数量．(2)|P 1P 2|＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2.2．圆的参数方程中参数θ的几何意义是什么？ 提示 θ的几何意义为该圆的圆心角．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝f (t )，y ＝g (t )中的x ，y 都是参数t 的函数．( √ )(2)方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝1＋2sin θ(θ为参数)表示以点(0,1)为圆心，以2为半径的圆．( √ )(3)已知椭圆的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝4sin t (t 为参数)，点M 在椭圆上，对应参数t ＝π3，点O 为原点，则直线OM 的斜率为 3.( × )(4)参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝5sin θ⎝⎛⎭⎫θ为参数且θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2表示的曲线为椭圆．( × ) 题组二 教材改编2．曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋cos θ，y ＝2＋sin θ(θ为参数)的对称中心( )A ．在直线y ＝2x 上B ．在直线y ＝－2x 上C ．在直线y ＝x －1上D ．在直线y ＝x ＋1上答案 B解析 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1＋cos θ，y ＝2＋sin θ，得⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝x ＋1，sin θ＝y －2.所以(x ＋1)2＋(y －2)2＝1.曲线是以(－1,2)为圆心，1为半径的圆，所以对称中心为(－1,2)，在直线y ＝－2x 上．3．直线⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝t ＋1，y ＝t (t 为参数)与圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)的位置关系为( ) A ．相离B ．相切C ．相交且直线过圆心D ．相交但直线不过圆心答案 D解析 消去参数，得直线方程为x －y －1＝0， 圆的方程为(x －2)2＋y 2＝1，圆心为(2,0)，半径R ＝1， 圆心到直线的距离为d ＝|2－0－1|2＝22<1，所以直线与圆相交，但不经过圆心． 题组三 易错自纠4．下列直线中，与曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝－2＋4t(t 为参数)没有公共点的是( )A ．2x ＋y ＝0B ．2x ＋y －4＝0C ．2x －y ＝0D ．2x －y －4＝0答案 C解析 消去参数t ，得2x －y ＝4，所以与直线2x －y ＝0平行，即没有公共点．故选C.5．已知直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，若l 与圆x 2＋y 2－4x ＋3＝0交于A ，B两点，且|AB |＝3，则直线l 的斜率为 ． 答案 ±1515解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，得y ＝x tan α，设k ＝tan α，得直线的方程为y ＝kx ，由x 2＋y 2－4x ＋3＝0，得(x －2)2＋y 2＝1，圆心为(2,0)，半径为1， ∴圆心到直线y ＝kx 的距离为 12－|AB |24＝12＝|2k |k 2＋1， 得k ＝±1515. 6．设P (x ，y )是曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数，θ∈[0,2π))上任意一点，求yx 的取值范围．解 由曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，得(x ＋2)2＋y 2＝1，表示圆心为(－2,0)，半径为1的圆．y x 表示的是圆上的点和原点连线的斜率，设yx ＝k ，则原问题转化为y ＝kx 和圆有交点的问题，即圆心到直线的距离d ≤r ，所以|－2k |1＋k 2≤1，解得－33≤k ≤33， 所以y x 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－33，33.参数方程与普通方程的互化例1 (2020·贵州省贵阳一中适应性考试)在直角坐标系xOy 中，直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(0≤α<π，t 为参数)与曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)相交于不同的两点A ，B .(1)若α＝π4，求线段AB 的中点M 的直角坐标；(2)若|P A |·|PB |＝|OP |2，其中P (1,0)，求直线l 的斜率． 解 (1)将曲线C 的参数方程化为普通方程为x 24＋y 2＝1.当α＝π4时，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋22t ，y ＝22t ，代入曲线C 的普通方程得5t 2＋22t －6＝0， 设点A ，B ，M 对应的参数分别为t 1，t 2，t 0， 则t 0＝t 1＋t 22＝－25，所以点M 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫45，－15. (2)将直线l 的参数方程代入曲线C 的普通方程得 (1＋3sin 2α)t 2＋2t cos α－3＝0， 设点A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2， 则|P A |·|PB |＝|t 1t 2|＝31＋3sin 2α， 因为|P A |·|PB |＝|OP |2，|OP |＝1，所以31＋3sin 2α＝1，即sin2α＝23， 所以tan 2α＝sin 2α1－sin 2α＝2，即tan α＝±2，所以直线l 的斜率为±2.思维升华 消去参数的方法一般有三种(1)利用解方程的技巧求出参数的表达式，然后代入消去参数． (2)利用三角恒等式消去参数．(3)根据参数方程本身的结构特征，灵活的选用一些方法从整体上消去参数．将参数方程化为普通方程时，要注意防止变量x 和y 取值范围的扩大或缩小，必须根据参数的取值范围，确定函数f (t )和g (t )的值域，即x 和y 的取值范围．跟踪训练1 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝2sin α(α为参数)，将曲线C 按伸缩变换公式⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ，y ′＝12y 变换得到曲线E . (1)求E 的普通方程；(2)直线l 过点M (0，－2)，倾斜角为π4，若直线l 与曲线E 交于A ，B 两点，N 为AB 的中点，求△OMN 的面积．解 (1)依题意，E 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝sin α(α为参数)，所以E 的普通方程为x 24＋y 2＝1.(2)因为直线l 过点M (0，－2)，倾斜角为π4，所以l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝22t ，y ＝－2＋22t (t 为参数)，设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2， 则N 对应的参数为t 1＋t 22，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22t ，y ＝－2＋22t ，x 24＋y 2＝1，化简得5t 2－162t ＋24＝0，则Δ＝(－162)2－4×5×24>0， 所以t 1＋t 22＝825，即|MN |＝825，所以S △OMN ＝12|MN |·|MO |·sin π4＝12×825×2×22＝85.参数方程的应用例2 (2020·成都诊断)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝12t ，y ＝32t －1(t为参数)．在以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，且与直角坐标系单位长度相同的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程是ρ＝22sin ⎝⎛⎭⎫π4＋θ. (1)求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；(2)设点P (0，－1)，若直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|P A |＋|PB |的值． 解 (1)将直线l 的参数方程消去参数t 并化简， 得直线l 的普通方程为3x －y －1＝0. 曲线C 的极坐标方程可化为 ρ2＝22ρ⎝⎛⎭⎫22sin θ＋22cos θ，即ρ2＝2ρsin θ＋2ρcos θ， ∴x 2＋y 2＝2y ＋2x ，故曲线C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2. (2)将直线l 的参数方程代入(x －1)2＋(y －1)2＝2中， 得⎝⎛⎭⎫12t －12＋⎝⎛⎭⎫32t －22＝2，化简，得t 2－(1＋23)t ＋3＝0. ∵Δ>0，∴此方程的两根为直线l 与曲线C 的交点A ，B 对应的参数t 1，t 2. 由根与系数的关系，得t 1＋t 2＝23＋1，t 1t 2＝3， 故t 1，t 2同正．由直线的参数方程中参数的几何意义， 知|P A |＋|PB |＝|t 1|＋|t 2|＝t 1＋t 2＝23＋1.思维升华 (1)解决直线与曲线的参数方程的应用问题时，一般是先化为普通方程，再根据直线与曲线的位置关系来解决．(2)对于形如⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋at ，y ＝y 0＋bt (t 为参数)，当a 2＋b 2≠1时，应先化为标准形式后才能利用t 的几何意义解题．跟踪训练2 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos α＋3sin α，y ＝sin α－3cos α(α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π6＝2. (1)求曲线C 和直线l 的直角坐标方程；(2)直线l 与y 轴交点为P ，经过点P 的直线与曲线C 交于A ，B 两点，证明：|P A |·|PB |为定值． (1)解 由题意，可得x 2＋y 2＝(cos α＋3sin α)2＋(sin α－3cos α)2＝4， 化简得曲线C ：x 2＋y 2＝4. 直线l 的极坐标方程展开为32ρcos θ－12ρsin θ＝2， 故l 的直角坐标方程为3x －y －4＝0.(2)证明 显然P 的坐标为(0，－4)，不妨设过点P 的直线方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝－4＋t sin α(t 为参数)，代入C ：x 2＋y 2＝4得，t 2－8t sin α＋12＝0， 则t 1，t 2是该方程的两个实数根， 所以|P A |·|PB |＝|t 1t 2|＝12为定值．极坐标方程和参数方程的综合应用例3 (2020·四川联合诊断)在极坐标系中，已知圆C 的圆心C ⎝⎛⎭⎫2，π4，半径r ＝ 3. (1)求圆C 的极坐标方程；(2)若α∈⎣⎡⎭⎫0，π4，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)，直线l 交C 于A ，B 两点，求|AB |的取值范围． 解 (1)如图：设圆上任意一点坐标为P (ρ，θ)，由余弦定理得(3)2＝ρ2＋(2)2－2ρ×2×cos ⎝⎛⎭⎫θ－π4， 整理得ρ2－2ρ(cos θ＋sin θ)－1＝0(经检验，当圆心、极点与圆上的点三点在同一直线上时也适合)．所以圆C 的极坐标方程为ρ2－2ρ(cos θ＋sin θ)－1＝0. (2)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以圆的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －2y －1＝0， 将直线l 的参数方程代入圆的直角坐标方程得，(2＋t cos α)2＋(2＋t sin α)2－2(2＋t cos α)－2(2＋t sin α)－1＝0， 整理得t 2＋(2cos α＋2sin α)t －1＝0， 设t 1，t 2为该方程的两根，所以t 1＋t 2＝－2cos α－2sin α，t 1t 2＝－1， 所以|AB |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝8＋4sin 2α，因为α∈⎣⎡⎭⎫0，π4，所以2α∈⎣⎡⎭⎫0，π2， 所以|AB |∈[22，23)．思维升华 在对坐标系与参数方程的考查中，最能体现坐标法的解题优势，灵活地利用坐标法可以更简捷地解决问题．例如，将题设条件中涉及的极坐标方程和参数方程等价转化为直角坐标方程，然后在直角坐标系下对问题进行求解就是一种常见的解题方法，对应数学问题求解的“化生为熟”原则，充分体现了转化与化归的数学思想．跟踪训练3 (1)已知曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2cos θsin 2θ，C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝2－22t (t为参数)．①将曲线C 1与C 2的方程化为直角坐标系下的普通方程； ②若C 1与C 2相交于A ，B 两点，求|AB |.解 ①曲线C 1的极坐标方程ρ＝2cos θsin 2θ，即ρ2sin 2θ＝2ρcos θ，∴曲线C 1的普通方程为y 2＝2x ，曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝2－22t (t 为参数)，消去参数t ，得C 2的普通方程为x ＋y ＝4.②将C 2的参数方程代入C 1的普通方程并化简得12t 2－32t ＝0，解得t 1＝0，t 2＝62，故|AB |＝|t 1－t 2|＝6 2.(2)已知直线l ：⎩⎨⎧x ＝5＋32t ，y ＝3＋12t (t 为参数)，以坐标原点为极点，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＝2cos θ. ①将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；②设点M 的直角坐标为(5，3)，直线l 与曲线C 的交点为A ，B ，求|MA |·|MB |的值． 解 ①ρ＝2cos θ变形为ρ2＝2ρcos θ.(ⅰ)将ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x 代入(ⅰ)式即得曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0.(ⅱ)②将⎩⎨⎧x ＝5＋32t ，y ＝3＋12t 代入(ⅱ)式，得t 2＋53t ＋18＝0.设这个方程的两个实根分别为t 1，t 2，则由参数t 的几何意义知，|MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝18.1．(2020·广西桂林、贺州、钦州模拟)在平面直角坐标系中，已知点A (10,0)，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M 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5＋5cos α，y ＝5sin α(α∈[0，π]为参数)，曲线N 的极坐标方程为ρ(1－cos θ)＝2.(1)求曲线M 的极坐标方程；(2)设曲线M 与曲线N 的交点为P ，Q ，求|OP |＋|OQ |的值． 解 (1)因为曲线M 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5＋5cos α，y ＝5sin α(α∈[0，π]为参数)， 所以曲线M 是以(5,0)为圆心，5为半径的圆的上半部分． 所以曲线M 的极坐标方程为 ρ＝10cos θ，θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. (2)设P (ρ1，θ1)，Q (ρ2，θ2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ρ(1－cos θ)＝2，ρ＝10cos θ， 得ρ2－10ρ＋20＝0. 所以ρ1＋ρ2＝10. 所以|OP |＋|OQ |的值是10.2．(2019·四川省名校联盟模拟)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 的方程为ρ2(cos 2θ＋4sin 2θ)＝4，过点P (2,1)的直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝1＋22t (t 为参数)．(1)求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；(2)若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求|AB |的值，并求定点P 到A ，B 两点的距离之积．解(1)由⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝1＋22t (t 为参数)，消去参数t ，得直线l 的普通方程为x －y －1＝0.由ρ2(cos 2θ＋4sin 2θ)＝4，得曲线C 的直角坐标方程为 x 2＋4y 2－4＝0.(2)直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝1＋22t (t 为参数)，代入x 2＋4y 2－4＝0，得5t 2＋122t ＋8＝0. 设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2， 则t 1＋t 2＝－1225，t 1t 2＝85.∴|AB |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝⎝⎛⎭⎫－12252－4×85＝825，|P A |·|PB |＝|t 1t 2|＝85.所以|AB |的值为825，定点P 到A ，B 两点的距离之积为85.3．(2020·南宁模拟)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sin θ. (1)求曲线C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)已知曲线C 3的极坐标方程为θ＝α(0<α<π，ρ∈R )，点A 是曲线C 3与C 1的交点，点B 是曲线C 3与C 2的交点，且A ，B 均异于原点O ，且|AB |＝42，求α的值．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)消去参数φ可得曲线C 1的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4，∵ρ＝4sin θ，∴ρ2＝4ρsin θ，由⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ，得曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4. (2)由(1)得曲线C 1的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4，则其极坐标方程为ρ＝4cos θ， 由题意设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)， 则|AB |＝|ρ1－ρ2|＝4|sin α－cos α|＝42⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝42， ∴sin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝±1， ∴α－π4＝π2＋k π(k ∈Z )，∴α＝3π4＋k π(k ∈Z )，∵0<α<π，∴α＝3π4.4．(2020·“四省八校”检测)如图是某数学爱好者在平面直角坐标系下绘制的“心型曲线”，如果以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则该“心型曲线”的极坐标方程是ρ2＝⎩⎪⎨⎪⎧11－12sin 2θ，θ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，11＋12sin 2θ，θ∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2.(1)求该“心型曲线”的直角坐标方程；(2)已知P (2,0)，直线l ：⎩⎨⎧x ＝2－45t ，y ＝35t(t 为参数)与该“心型曲线”在y 轴右侧交于A ，B 两点，求|P A |＋|PB |的值．解 (1)当θ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2时，ρ2－ρ2sin θcos θ＝1， 即x 2＋y 2－xy －1＝0(x ≥0)，当θ∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2时，ρ2＋ρ2sin θcos θ＝1， 即x 2＋y 2＋xy －1＝0(x <0)，综上，该“心型曲线”的直角坐标方程为x 2＋y 2－|x |y －1＝0.(2)将直线l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝2－45t ，y ＝35t(t 为参数)，代入x 2＋y 2－xy －1＝0(x >0)，得⎝⎛⎭⎫2－45t 2＋⎝⎛⎭⎫35t 2－⎝⎛⎭⎫2－45t ·⎝⎛⎭⎫35t －1＝0， 即3725t 2－225t ＋3＝0， 设点A ，B 对应直线中的参数分别为t 1，t 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧t 1＋t 2>0，t 1·t 2>0，所以t 1>0，t 2>0，故|P A |＋|PB |＝t 1＋t 2＝225×2537＝11037. 5．在平面直角坐标系xOy 中，已知倾斜角为α的直线l 经过点A (－2,1)．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1ρ＝ρ＋2sin θ3.(1)写出曲线C 的普通方程；(2)若直线l 与曲线C 有两个不同的交点M ，N ，求|AM |＋|AN |的取值范围． 解 (1)由1ρ＝ρ＋2sin θ3，得ρ2＋2ρsin θ＝3.将⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ代入上式中， 得曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＋2y －3＝0.(2)将l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t cos α，y ＝1＋t sin α(t 为参数)代入C 的方程x 2＋y 2＋2y －3＝0，整理得t 2－4(cos α－sin α)t ＋4＝0. 因为直线l 与曲线C 有两个不同的交点， 所以Δ＝42(cos α－sin α)2－42>0， 化简得cos αsin α<0.又0≤α<π，所以π2<α<π，且cos α<0，sin α>0.设方程的两根为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝4(cos α－sin α)<0，t 1t 2＝4>0，所以t 1<0，t 2<0， 所以|AM |＋|AN |＝－(t 1＋t 2)＝4(sin α－cos α) ＝42sin ⎝⎛⎭⎫α－π4. 由π2<α<π，得π4<α－π4<3π4， 所以22<sin ⎝⎛⎭⎫α－π4≤1， 从而4<42sin ⎝⎛⎭⎫α－π4≤42，即|AM|＋|AN|的取值范围是(4,42]．。
