2020高考(理)一轮复习：9.3 几何概型
2020届高三数学一轮复习强化训练精品――几何概型
14 分
因此∠ ACC′= 180 30 =75°, 2
A =90-75=15 ， Ω =90，因此， P〔D〕= 15 = 1 . 90 6
例 5 甲、乙两人约定在 6 时到 7 时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离 去. 求两人能会面的概率 .
解 以 x 轴和 y 轴分不表示甲、 乙两人到达约定地点的时刻， 那么两人能够会面的充要条件是 | x- y| ≤15. 在如下图平面直
1 000
记事件 B：〝取 30 毫升种子含有带麦锈病的种子〞 .
9分
那么 P〔 B〕= 30 =0.03 ，即取 30 毫升种子含有带麦锈病的种子的概率为 1 000
0.03.
例 4 在 Rt△ ABC中，∠ A=30°，过直角顶点 C 作射线 CM交线段 AB于 M，求使 | AM| ＞| AC| 的概率 . 解 设事件 D〝作射线 CM，使 | AM| ＞| AC| 〞. 在 AB上取点 C′使 | AC′|=| AC| ，因为△ ACC′是等腰三角形，
的距离不大于 1 的点构成的区域，向 D 中随机投一点，那么落入 E 中的概率为
.
2 的点构成的区域， E 是到原点
答案 16
3. 如下图，有一杯 2 升的水，其中含有 1 个细菌，用一个小杯从这杯水中取出 0.1 升水，求小杯水中含有那个细菌的概率 .
解 记〝小杯水中含有那个细菌〞为事件 A，那么事件 A 的概率只与取出的水的体积有关，符合几何概型的条件
角坐标系下，〔x, y〕的所有可能结果是边长为 60 的正方形区域，而事件 A〝两人能够会面〞的可能结果由图中的阴影部
分表示 . 由几何概型的概率公式得：
P〔A〕 = SA = 602 452 = 3 600 2 025 = 7 .
高考数学一轮复习目录
高考数学一轮复习书目一、集合与常用逻辑用语1.1集合的概念与运算1.2命题及其关系、充分条件与必要条件1.3简洁的逻辑联结词、全称量词与存在量词二．函数1.1函数及其表示2.2函数的单调性与最值2.3函数的奇偶性与周期性2.4一次函数、二次函数2.5指数与指数函数2.6对数与对数函数2.7幂函数2.8函数的图象及其变换2.9函数与方程2.10函数模型及其应用三、导数及其应用3.1导数、导数的计算3.2导数在函数单调性、极值中的应用3.3导数在函数最值及生活实际中的应用3.4 微积分基本定理四、三角函数、解三角形4.1随意角和弧度制及随意角的三角函数4.2同角三角函数的基本关系及三角函数的诱导公式4.3三角函数的图象与性质4.4函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质4.5简洁的三角恒等变换4.6正、余弦定理及其应用举例五、平面对量5.1平面对量的概念及其线性运算5.2平面对量的基本定理及坐标运算5.3平面对量的数量积及其应用六、数列6.1数列的概念与简洁表示法6.2等差数列及其前n项和6.3等比数列及其前n项和6.4数列的通项与求和6.5数列的综合应用七、不等式7.1不等式的概念与性质7.2一元二次不等式及其解法7.3二元一次不等式组与简洁的线性规划问题7.4基本不等式及其应用八．立体几何8.1空间几何体的结构及其三视图与直观图8.2空间几何体的表面积与体积8.3空间点、直线、平面之间的位置关系8.4直线、平面平行的判定及其性质8.5直线、平面垂直的判定及其性质8.6空间向量及其运算8.7空间向量的应用九、解析几何9.1直线及其方程9.2点与直线、直线与直线的位置关系9.3圆的方程9.4直线与圆、圆与圆的位置关系9.5椭圆9.6双曲线9.7抛物线9.8直线与圆锥曲线的位置关系9.9曲线与方程十．计数原理10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理10.2排列与组合10.3二项式定理十一、概率与统计11.1事务与概率11.2古典概型与几何概型11.3离散型随机变量及其分布列11.4二项分布及其应用11.5离散型随机变量的均值与方差、正态分布11.6随机抽样与用样本估计总体11.7变量间的相关关系十二、选修部分选修4-4坐标系与参数方程选修4-5不等式选讲十三、算法初步、推理与证明、复数12.1算法与程序框图12.2基本算法语句12.3合情推理与演绎推理12.4干脆证明与间接证明12.5数学归纳法12.6数系的扩充与复数的引入。
2020届高三理科数学一轮复习讲义教师用书第59讲 几何概型
P(A)＝ 5 5第 5 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）导师提醒关注两个易错点在几何概型中，如果 A 是确定事件，(1)若 A 是不可能事件，则 P(A)＝0 肯定成立；如果随机事件所在的区域是一个单点，由于单点的长度、面积和体积都是 0，则它出现的概率为 0，显然它不是不可能事件，因此由 P(A)＝0 不能推出 A 是不可能事件．(2)若 A 是必然事件，则 P(A)＝1 肯定成立；如果一个随机事件所在的区域是从全部区域中扣除一个单点，则它出现的概率是 1，但它不是必然事件，因此由 P(A)＝1 不能推出 A 是必然事件．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)几何概型中，每一个基本事件都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)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形． ( )(3)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．()(4)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关． ( )答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×某路公共汽车每 5 分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过 2 分钟的概率是()A. 3 5 4B.2 C.D. 1 5解析：选 C.试验的全部结果构成的区域长度为 5，所求事件的区域长度为 2，故所求概率为P＝.A.πB．1－ C.D．1－S阴影2－面积的比，即所求概率P＝＝＝1－.S长方形ABCD＝1.V长方体ABCD-A1B1C1D1＝AA1S△ABDV长方体ABCD-A1B1C1D1＝＝1.25已知四边形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()πππ4488解析：选B.如图，依题意可知所求概率为图中阴影部分面积与长方形π2π24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________．解析：根据题图，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60°360°6答案：16(教材习题改编)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥A-A1BD内的概率为________．解析：设事件M为“动点在三棱锥A-A1BD内”，则P(M)＝V三棱锥A-A1BD V三棱锥A1ABDV长方体ABCD-A1B1C1D1＝13113AA12S矩形ABCDAA1S矩形ABCD6答案：16与长度(角度)有关的几何概型(师生共研)(1)记函数f(x)＝6＋x－x2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________．.故填.(如图所示)，因此基本事件的区域应是∠ACB，所以P(AM<AC)＝∠ACC′＝3.132解析：选A.令t＝2，函数有零点就等价于方程t－2at＋1＝0有正根，进而可得⎨t＋t>0⎩t t>0(2)在等腰直角三角形ABC中，直角顶点为C.①在斜边AB上任取一点M，求AM<AC的概率；②在∠ACB的内部，以C为端点任作一条射线CM，与线段AB交于点M，求AM<AC的概率．【解】(1)由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，则D＝[－2，3]，则所求概率为3－（－2）5－（－4）＝5599(2)①如图所示，在AB上取一点C′，使AC′＝AC，连接CC′.由题意，知AB＝2AC.由于点M是在斜边AB上任取的，所以点M等可能分布在线段AB上，因此基本事件的区域应是线段AB.所以P(AM<AC)＝AC′＝AC＝2.AB2AC2②由于在∠ACB内以C为端点任作射线CM，所以CM等可能分布在∠ACB内的任一位置∠ACB＝π－2ππ442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．从区间[－2，2]中随机选取一个实数a，则函数f(x)＝4x－a·2x＋＋1有零点的概率是()A.141B.1C. D.23⎧Δ≥0x21212a≥1，又a∈[－2，2]，所以函数有零点的实数a应满足a∈[1，2]，故P＝，选A. 120°，点P在弦AB上，且AP＝AB，延长OP交弧AB于点C，现向扇3730°，所以扇形AOC的面积为，扇形AOB的面积为3π，从而所求概率为＝1.3π433Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝bc，区域Ⅱ的面积S2＝π×⎝2⎭＋π×⎝2⎭－142.(2019·长春市普通高中质量检测(二))如图，扇形AOB的圆心角为13形AOB内投一点，则该点落在扇形AOC内的概率为()A.141B.2C. D.38解析：选A.设OA＝3，则AB＝33，所以AP＝3，由余弦定理可求得OP＝3，∠AOP＝3π3π44与面积有关的几何概型(多维探究)角度一与平面图形面积有关的几何概型(1)(一题多解)(2018·高考全国卷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p1，p2，p3，则()A．p1＝p2C．p2＝p3B．p1＝p3D．p1＝p2＋p3(2)(2019·潍坊模拟)如图，六边形ABCDEF是一个正六边形，若在正六边形内任取一点，则该点恰好在图中阴影部分的概率是()A.141B.2C. D.34【解析】(1)法一：设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域11⎛c⎫21⎛b⎫2222π×⎝2⎭ △ABC 的面积，为 S 1＝ ×2×2＝2，区域Ⅱ的面积 S 2＝π×12－⎢ －2⎥＝2，区域Ⅲ2的面积 S ＝ －2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式，得p ＝p ＝ 2，p ＝ π＋2π＋2 ，所以 p ≠p ，p ≠p ，p ≠p ＋p ，故选 A.△BCG 中，由余弦定理得 1＝BG 2＋BG 2－2BG 2cos 120°，得 BG ＝ 3，所以 S＝1×BG ×BG 3 2 1 3 3 3＝ 3，因为 S13 3，23 × 3 ×＝S △ ×6＝ ×1×1×sin60°×6＝六边＝2.(2019· 河南洛阳模拟)已知 O(0，0)，A(2，1)，B(1，－2)，C ⎝5，－5⎭，动点 P(x ，y)满足 0≤OP ·OA ≤2 且 0≤OP ·OB ≤2，则点 P 到点 C 的距离大于 的概率为________．因为 O(0，0)，A(2，1)，B(1，－2)，C ⎝5，－5⎭，动点 P(x ，y)满足 0≤OP OA ≤2 且 0≤OP OB ≤2，⎡ ⎛a ⎫2 ⎢ ⎣ 2 ⎤ 1 1 1 －1bc ⎥＝8π(c 2＋b 2－a 2)＋2bc ＝2bc ，所以 S 1＝S 2，由几何概型的知识知 p 1＝p 2，故选2 ⎦A.法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝2，则 BC ＝2 2，所以区域Ⅰ的面积即1 ⎡π×（ 2）2 ⎤ ⎣ ⎦π×（ 2）23 21 23π－21 323 1 2 3(2)设正六边形的中心为点 O ，BD 与 AC 交于点 G ，BC ＝1，则 BG ＝CG ，∠BGC ＝120°，在△BCG×sin 120°＝2× 212 2 2所以该点恰好在图中阴影部分的概率是 1－6S △BCGS 六边形ABCDEF3【答案】 (1)A (2)C角度二 与线性规划交汇命题的几何概型⎛3 1⎫→ → → → 14【解析】⎛3 1⎫→ → → →⎧0≤2x ＋y ≤2， ⎧0≤2x ＋y ≤2，所以⎨ 如图，不等式组⎨ 对应的平面区域为正方形 OEFG 及其⎩0≤x －2y ≤2. ⎩0≤x －2y ≤2内部，|CP |>1对应的平面区域为阴影部分．4⎧x ＝5，由⎨解得⎨⎩2x ＋y ＝2⎩y ＝2，即 E ⎛ ， ⎫，所以|OE|＝⎛4⎫2＋⎛2⎫2＝2 5，则阴影部分的面积为4－ ，4－ π所以根据几何概型的概率公式可知所求的概率为 ＝1－ .【答案】1－5π4⎧x －2y ＝0，54 2⎝5 5⎭⎝5⎭ ⎝5⎭ 5所以正方形 OEFG 的面积为4，5π5 165 165π 4 64 564角度三 与定积分交汇命题的几何概型(2019· 洛阳第一次联考)如图，圆 O ：x 2＋y 2＝π 2 内的正弦曲线y ＝sin x 与 x 轴围成的区域记为 M (图中阴影部分)，随机往圆 O 内投一个点 A ，则点 A 落在区域 M 内的概率是()A. 4 π 24 B.π 32 C.π 2D. 2 π 3【解析】 由题意知圆 O 的面积为π3，正弦曲线 y ＝sin x ，x ∈[－π，π]与 x 轴围成的区域⎪π记为 M ，根据图形的对称性得区域 M 的面积 S ＝2⎛πsin x d x ＝－2cos x ⎪ ＝4，由几何概型的概⎠⎪0 0率计算公式可得，随机往圆 O 内投一个点 A ，则点 A 落在区域 M 内的概率 P ＝ 4，故选 B.π3【答案】 B角度四 与随机模拟相关的几何概型从区间[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，mnD.2m⎧⎪0≤x n≤10≤yn≤1⎪⎩以＝＝m，所以π＝4m，故选C.1.如图所示，黑色部分和白色部分图形是由曲线y＝，y＝－，y＝，8C.πD.π⎩82y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，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.4nm2nB.4mC.n【解析】设由⎨构成的正方形的面积为S，x2＋y2＜1构成的图形的面积为S′所n nπS′4S1n n【答案】C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区域以求面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到试验的全部结果构成的平面图形，以便求解．11x xx，y＝－x及圆构成的．在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是()A.141B.48解析：选A.根据图象的对称性知，黑色部分图形的面积为圆面积的四分之一，在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是1，选A.4⎧⎪f（2）≤12，2．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c，其中0≤b≤4，0≤c≤4.记函数f(x)满足条件⎨为⎪f（－2）≤4事件A，则事件A发生的概率为()A.145B.1C.解析：选C.由题意，得D.38表示的区域如图阴影部分所示，可知阴影部分的面积为8，所以所求概率为8＝1.82<VS ABC，故使得VP ABC<VS ABC的概率：＝7.B．1－6D．1－π⎧⎪4＋2b＋c≤12，⎧2b＋c－8≤0，⎨4－2b＋c≤4，即⎨2b－c≥0，⎪⎩0≤b≤4，⎩0≤b≤4，0≤c≤4，0≤c≤4162与体积有关的几何概型(师生共研)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VP 1ABC<2VS ABC的概率是()A.347B.1C. D.14【解析】由题意知，当点P在三棱锥的中截面以下时，满足V P11ABC22大三棱锥的体积－小三棱锥的体积P＝大三棱锥的体积8【答案】B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．1．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD-A1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为()A.π12π12πC.6解析：选B.点P到点O的距离大于1的点位于以O为球心，以1为半径的半球外．记“点14π23－××13P到点O的距离大于1”为事件M，则P(M)＝＝1－.33解析：选D.因为V F AMCD＝×S3×DF＝a3，V ADF BCE＝a3，所以它飞入几何体44F-AMCD内的概率为＝1.223π23122．一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB的中点，一只蝴蝶在几何体ADF-BCE内自由飞翔，则它飞入几何体F-AMCD内的概率为()A.342B.1C. D.121a312a31四边形AMCD112几何概型与实际问题的综合甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为1h，乙船停泊时间为2h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．【解】设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x与y，记事件A为“两船都不需要等待码头空出”，则0≤x≤24，0≤y≤24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1h以上或乙比甲早到达2h以上，即y－x≥1或x－y≥2.故所求事件构成集合A＝{(x，y)|y－x≥1或x－y≥2，x∈[0，24]，y∈[0，24]}．A为图中阴影部分，全部结果构成集合Ω为边长是24的正方形及其内部．22＝A.114230×30－2××15×15率计算公式得P(A)＝＝3.1055D.363π所求概率为P(A)＝A的面积Ω的面积（24－1）2×1＋（24－2）2×1＝506.5＝10132425761152.本例以几何概型为基础，把数学中的实际问题转化为几何概型，建立数学模型，从而解决实际问题．充分体现了数学建模能力的培养．两位同学约定下午5：30～6：00在图书馆见面，且他们在5：30～6：00之间到达的时刻是等可能的，先到的同学须等待，若15分钟后还未见面便离开，则这两位同学能够见面的概率是()361B.1C. D.34解析：选D.如图所示，以5：30作为原点O，建立平面直角坐标系，设两位同学到达的时刻分别为x，y，设事件A表示两位同学能够见面，所构成的区域为A＝{(x，y)||x－y|≤15}，即图中阴影部分，根据几何概型概1230×304[基础题组练]1．(2019·河北衡水联考)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.363π363πmm2 B.mm2726πC.mm220mm2＝ 30 ×π×112＝ (mm 2)． 12C.πD ．1－ π3 C. 7 ⎧⎪sin x ＋cos x ≥ 2， ⎧sin ⎛ π⎫≥1， 解得 0≤x ≤ ，故所求的概率为 ＝ 7 .π 12A. π16解析：选 A.向硬币内投掷 100 次，恰有 30 次落在军旗内，所以可估计军旗的面积大约是 S363π 100 102．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 ．1－4π4 π B. 12解析：选 A.鱼缸底面正方形的面积为 22＝4，圆锥底面圆的面积为π，所以“鱼食能被鱼缸π内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是 1－ ，故选 A.43．在区间[0，π ]上随机取一个数 x ，则事件“sin x ＋cos x ≥ 2 2”发生的概率为( )A. 1 2 1B. 12D. 2 3解析：选 C.由题意可得⎨2 即⎨⎝x ＋4 ⎭ 2⎪⎩0≤x ≤π，⎩0≤x ≤π，7π7π 12124.(2019· 湖南长沙模拟)如图是一个边长为 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，则该点取自黑色区域的概率为()8π B.C．1－π为82－8π.在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为P＝＝1－，故选D.π解析：选A.y＝sin2x＝－cos2x，所以⎛π⎛－cos2x⎫d x＝⎛x－sin2x⎫⎪＝，区域Ω＝{(x，y)|0≤x≤π，0≤y≤1}的面积⎠⎝22⎭⎝24⎭⎪0为π，所以向区域Ω内任意掷点，该点落在曲线y＝sin2x下方的概率是＝1.故选A.∠CAB的度数＝30°2 45°37．(2019·安徽江南十校联考)在区间[0，1]上随机取两个数a，b，则函数f(x)＝x2＋ax＋b 解析：函数f(x)＝x2＋ax＋b有零点，则Δ＝a2－b≥0，所以b≤a2，所以函数f(x)＝x2＋ax＋1b有零点的概率P＝⎛1a2d a＝18D．1－π16解析：选C.正方形的面积为82，正方形的内切圆半径为4，中间黑色大圆的半径为2，黑色小圆的半径为1，所以白色区域的面积为π×42－π×22－4×π×12＝8π，所以黑色区域的面积82－8ππ828C.5．(2019·湘东五校联考)已知平面区域Ω＝{(x，y)|0≤x≤π，0≤y≤1}，现向该区域内任意掷点，则该点落在曲线y＝sin2x下方的概率是()A.121B.πC.2π411221111⎪ππ2π2π2 6．已知等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，在∠CAB内作射线AM，则使∠CAM<30°的概率为________．解析：如图，在∠CAB内作射线AM0，使∠CAM0＝30°，于是有P(∠CAM<30°)＝∠CAM的度数0＝.答案：2314有零点的概率是________．14答案：134⎠13内随机投掷一点，则该点落在 x 轴下方的概率 P ＝ － . 4π4π则 P(A)＝ 2 11＝ ，即向量 a ∥b 的概率为 .11为 × ×4－ ×2× 3＝ － 3，所以向圆(x －2)2＋(y －3)＝46 4π 解：(1)圆 O 的周长为 4π，所以AB 的长度小于π的概率为 ＝ .4}，所以 P(M )＝4π－2π1(8．(2019· 唐山模拟)向圆(x －2)2＋(y － 3)2＝4 内随机投掷一点，则该点落在 x 轴下方的概率为________．解析：如图，连接 CA ，CB ，依题意，圆心 C 到 x 轴的距离为3，所以弦 AB 的长为 2.又圆的半径为 2，所以弓形 ADB 的面积π 2π 2 3 2 361 3答案： －9.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．︵2π 1 4π 2(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≤210．已知向量 a ＝(2，1)，b ＝(x ，y)．(1)若 x ∈{－1，0，1，2}，y ∈{－1，0，1}，求向量 a ∥b 的概率；(2)若 x ∈[－1，2]，y ∈[－1，1]，求向量 a ，b 的夹角是钝角的概率．解：(1)设“a ∥b ”为事件 A ，由 a ∥b ，得 x ＝2y .所有基本事件为(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)，(2，1)，共 12个基本事件．其中 A ＝{(0，0)，(2，1)}，包含 2 个基本事件．12 66(2)设“a ，b 的夹角是钝角”为事件 B ，由 a ，b 的夹角是钝角，可得 a · b <0，即 2x ＋y <0，且 x ≠2y .基本事件为⎧ ⎧－1≤x ≤2，⎫ ⎨（x ，y ）|⎨ ⎬所表示的区域， ⎩ ⎩－1≤y ≤1 ⎭×⎝2＋2⎭×2所以，P(B)＝ ＝1，即向量 a ，b 的夹角是钝角的概率是1.⎪⎪⎪⎩ ⎩2 C.3－ 3D. 2－ 3k 2＋（－1）2 ＝ 2|k| ，直线 l 与圆 C 相离时 d >r ，即 2|k| >1，解得 k <－ 3或 k > 3，故k 2＋1 k 2＋1 2×⎝1－＝ .1－（－1）3 3解析：选 D.以 PB ，PC 为邻边作平行四边形 PBDC ，则PB ＋PC ＝PD ，因为PB ＋PC ＋2 P 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2 2⎧ ⎧－1≤x ≤2， ⎫ B ＝⎨（x ，y ）|⎨－1≤y ≤1，⎬，⎪⎪2x ＋y <0，x ≠2y ⎪⎭如图，区域 B 为图中阴影部分去掉直线 x －2y ＝0 上的点，1 ⎛1 3⎫ 23×2 33[综合题组练]1．(2019· 河南正阳模拟)已知圆 C ：x 2＋y 2＝1，直线 l ：y ＝k(x ＋2)，在[－1，1]上随机选取一个数 k ，则事件“直线 l 与圆 C 相离”发生的概率为()A. 1 2 2－ 2B. 32解析：选 C.圆 C ：x 2＋y 2＝1 的圆心 C(0，0)，半径 r ＝1，圆心到直线 l ：y ＝k(x ＋2)的距离 d＝|0×k －0＋2k|3 3所求的概率为 P ＝ ⎛ 3⎫ 3 ⎭ 3－ 33→ → →2．(创新型)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. 1 4 1B.2 C.D. 1 2→ → → → → →→ → → → →点，点 P 到 BC 的距离等于 A 到 BC 距离的1，所以 S △PBC ＝1S △ABC ，所以将一粒黄豆随机撒在48⎧⎪y－x≥5，⎨0≤x≤20，其构成的区域为如图阴影部分，则所求的概率P＝2×15×15＝3.⎪⎩5≤y≤20，如图所示的平面直角坐标系中，圆O被函数y＝3sinπx的图象分割解析：根据题意，大圆的直径为函数y＝3sin x的最小正周期T，又T＝＝12，所以大6圆的面积S＝π⎛⎝2⎭＝36π，一个小圆的面积S′π12＝π，故在大圆内随机取一点，此点取自12⎫2＝＝1.△ABC内，黄豆落在△PBC内的概率为S△PBC＝1.S△ABC23．(应用型)(2019·山西太原联考)甲、乙二人约定7：10在某处会面，甲在7：00～7：20内某一时刻随机到达，乙在7：05～7：20内某一时刻随机到达，则甲至少需等待乙5分钟的概率是()A.181B.3C. D.58解析：选C.建立平面直角坐标系如图，x，y分别表示甲、乙二人到达的时刻，则坐标系中每个点(x，y)可对应甲、乙二人到达时刻的可能性，则甲至少等待乙5分钟应满足的条件是120×1584．(应用型)太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，展现了一种相互转化，相对统一的形式美．按照太极图的构图方法，在6为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为________．π2ππ6＝阴影部分的概率为P＝2S′2πS36π18答案：1185．(创新型)某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在8.0米(四舍五入，精确到0.1米)以上的进入决赛，把所得数据进行整理后，分成6组画出频率分布直方图的一部分(如图)，已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04，0.10，0.14，0.28，0.30，第6个小组的频数是7.⎧⎪8≤x ≤102 2 2 所以由几何概型得 P(A)＝ ＝ 1 ，即甲比乙跳得远的概率为 1 . 解：(1)因为函数 f(x)＝ax 2－4bx ＋1 的图象的对称轴为 x ＝ ，要使 f(x)＝ax 2－4bx ＋1 在区间[1，＋∞)上为增函数，当且仅当 a >0 且2b≤1，即 2b ≤a.(1)求进入决赛的人数；(2)经过多次测试后发现，甲的成绩均匀分布在 8～10 米之间，乙的成绩均匀分布在 9.5～10.5 米之间，现甲、乙各跳一次，求甲比乙跳得远的概率．解：(1)第 6 小组的频率为 1－(0.04＋0.10＋0.14＋0.28＋0.30)＝0.14，所以总人数为 7＝0.1450.由图易知第 4、5、6 组的学生均进入决赛，人数为 (0.28＋0.30＋0.14)×50＝36，即进入决赛的人数为 36.(2)设甲、乙各跳一次的成绩分别为 x ，y 米，则基本事件满足⎨， ⎪⎩9.5≤y ≤10.5设事件 A 为“甲比乙跳得远”，则 x >y ，作出可行域如图中阴影部分所示．1 1 1 × × 1×2 16 166．(创新型)已知关于 x 的二次函数 f(x)＝ax 2－4bx ＋1.(1)设集合 P ＝{1，2，3}和 Q ＝{－1，1，2，3，4}，分别从集合 P 和 Q 中随机取一个数作为 a 和 b ，求函数 y ＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率；⎧⎪x ＋y －8≤0，(2)设点(a ，b )是区域⎨x >0，内的随机点，求函数 y ＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数⎪⎩y >0的概率．2b aa若 a ＝1，则 b ＝－1；所以所求事件的概率为 5 ＝1.⎧⎪a ＋b －8＝0， 3⎭，a ， ⎝ 3 S 2×8×3 S △AOB 1×8×8 ＝1.若 a ＝2，则 b ＝－1，1；若 a ＝3，则 b ＝－1，1.所以事件包含基本事件的个数是 1＋2＋2＝5，因为事件“分别从集合 P 和 Q 中随机取一个数作为 a 和 b ”的个数是 15.15 3(2)由(1)知当且仅当 2b ≤a 且 a >0 时，函数 f(x)＝ax 2－4bx ＋1 在区间[1，＋ ∞)上为增函数，依条件可知试验的全部结果所构成的区域为⎧⎪⎧a ＋b －8≤0，⎫⎨（a ，b ）⎪⎨a >0，⎬，⎩⎪⎩b >0⎭构成所求事件的区域为如图所示的三角形 BOC 部分．由⎨ 得交点坐标 C ⎛16，8⎫ ⎪⎩b ＝21 8故所求事件的概率 P ＝ △BOC ＝23。
高三数学一轮复习 9.3几何概型课件
[自主解答] (1)依题意可在平面直角 坐标系中作出集合 U 与 A 所表示的平面区域 (如图)，由图可知 SU＝18，SA＝4，则点 P 落入区域 A 的概率为 P＝SSUA＝29.
第十六页，共36页。
(2)设 OA＝OB＝r，则两个以2r为半径的半圆的公共部
分面积为 214π·2r2－12×2r2＝π－82r2，两个半圆外部的阴
方式转换为以几何概型为载体考查概率的计算； (2)考查内容的创新：本题将几何概型与线性规划及
圆的概念、求面积完美(wánměi)结合起来，角度独特， 形式新颖，又不失综合性．
第二十九页，共36页。
2．在解决以几何概型为背景的创新交汇问题时，应注 意以下两点
(1)要准确判断一种(yī zhǒnɡ)概率模型是否是几何概型， 为此必须了解几何概型的含义及特征；
(2)求与长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线段的长度，然后求解，应特别注
意准确表示所确定的线段的长度．
————————————————————————
第十二页，共36页。
1．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________．
第三十二页，共36页。
2．已知O＝{(x，y)|3x＋y≤4，x≥0，y≥0}，A＝{(x，y) |x≤y}，若向区域O内随机(suí jī)投入一点P，则点P落入区域 A的概率为________．
解析：如图，区域 O 为三角形区域 OAB，区
(1)当题干是双重变量问题(wèntí)，一般与面积有关系； (2)当题干是单变量问题(wèntí)，要看变量可以等可能到 达的区域：若变量在线段上移动，则几何度量是长度； 若变量在平面区域(空间区域)内移动，则几何度量是面积(体 积)，即一个几何度量的形式取决于该度量可以等可能变化的 区域.
高考数学一轮复习 第九章 第3讲 几何概型课件 文
求
概
率
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2
[做一做]
1．(2014·高考湖南卷)在区间[－2，3]上随机选取一个数 X，
则 X≤1 的概率为( B )
A．45
B．．35
C．25
D．15
解析：在区间[－2，3]上随机选取一个数 X，则 X≤1，即
－2≤X≤1 的概率为 P＝35．
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3
2．(2014·高考辽宁卷) 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( B )
(4)与距离有关的几何概型．
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9
(1)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( B )
A．15
B．25
C．35
D．45
(2)设
p
在[0，5]上随机地取值，则方程 3
x2＋px＋p4＋12＝0
有
实数根的概率为_____5___．
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13
π
π
解析：(1)所求概率为π26 －－（（－－π62 ））＝13，故选 A．
(2)由 1∈{x|2x2＋ax－a2＞0}，得 a2－a－2＜0⇒－1＜a＜2，
所以所求概率为25－ －（ （－ －15） ）＝130．
(3)∵函数 g(x)＝a－x 2在区间(0,＋∞)内为增函数,∴a－2＜0,
第九章 概率
第3讲 几何概型
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1
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
2020高考数学理科大一轮复习导学案《几何概型》
第六节几何概型知识点一几何概型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，简称为几何概型．2．几何概型的特点(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：每个基本事件出现的可能性相等．1．判断正误(1)几何概型中，每一个基本事件都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)在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．(×)解析：(1)正确．根据几何概型的概念可知正确．(2)正确．几何概型中的测度可为长度、面积、体积、角度等． (3)错误．与面积有关的几何概型的概率只与几何图形的面积有关，而与几何图形的形状无关．(4)错误．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，但古典概型的基本事件有有限个，而几何概型的基本事件有无限个． 知识点二 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).2．(2019·安徽质量检测)某单位试行上班刷卡制度，规定每天8：30上班，有15分钟的有效刷卡时间(即8：15～8：30)，一名职工在7：50到8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，则他能有效刷卡上班的概率是( D )A.23B.58C.13D.38解析：该职工在7：50到8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，设其构成的区域为线段AB ，且AB ＝40，职工的有效刷卡时间是8：15到8：30之间，设其构成的区域为线段CB ，且CB ＝15，如图，所以该职工有效刷卡上班的概率P ＝1540＝38，故选D.3．(2019·重庆六校联考)《九章算术》中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆径几何．”其大意：“已知直角三角形两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径为多少步．”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是( D )A.3π10B.3π20 C ．1－3π10 D ．1－3π20解析：如图，直角三角形的斜边长为82＋152＝17，设其内切圆的半径为r ，则8－r ＋15－r ＝17，解得r ＝3，∴内切圆的面积为πr 2＝9π，∴豆子落在内切圆外的概率P ＝1－9π12×8×15＝1－3π20.选D.4．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 与点O 的距离大于1的概率为1－π12.解析：如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，与点O 的距离等于1的点的轨迹是一个半球面，其体积V 1＝12×43π×13＝2π3.事件“点P 与点O 的距离大于1的概率”对应的区域体积为23－2π3.根据几何概型概率公式，得点P 与点O 的距离大于1的概率P ＝23－2π323＝1－π12.1．几何概型的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，前者概率的计算与基本事件的区域长度(面积或体积)的大小有关，而与形状和位置无关．2．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．考向一 与长度、角度有关的几何概型【例1】 (1)(2018·贵阳市监测考试)某公交车站每隔10分钟有一辆公交车到站，乘客到达该车站的时刻是任意的，则一个乘客候车时间大于等于7分钟的概率为( )A.15B.710C.12D.310(2)如图，四边形ABCD 为矩形，AB ＝3，BC ＝1，以点A 为圆心，1为半径作弧，交线段AB 于点E ，在DE 上任取一点P ，则射线AP 与线段BC 有公共点的概率为________．【解析】 (1)由几何概型的概率计算公式可知所求概率P ＝10－710＝310，故选D.(2)如图，连接AC ，交圆弧DE 于点P ，则tan ∠CAB ＝13＝33，∴∠CAB ＝30°，∵射线AP 与线段BC 有公共点的条件是射线AP 在∠CAB 内，∴所求概率为30°90°＝13.【答案】 (1)D (2)13(1)如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，则把题中所表示的几何模型转化为长度，然后求解.解题的关键是构建事件的区域(长度).(2)当涉及射线的转动、扇形中有关落点区域问题时，应以角度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.(1)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59.(2)如图，A 是圆上固定的一点，在圆上其他位置任取一点A ′，连接AA ′，得到一条弦，它的长度小于或等于半径长的概率为13.解析：(1)由6＋x －x 2≥0解得－2≤x ≤3，则D ＝[－2,3]，故所求概率为3－(－2)5－(－4)＝59. (2)当AA ′的长度等于半径的长度时，∠AOA ′＝π3，由圆的对称性及几何概型得所求概率P ＝2π32π＝13. 考向二 与面积有关的几何概型方向1 与平面几何有关的几何概型【例2】 (2018·全国卷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【解析】 解法1：设直角三角形ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积，为S 1＝12bc ，区域Ⅱ的面积S 2＝12π×(c 2)2＋12π×(b 2)2－[π×(a 2)22－12bc ]＝18π(c 2＋b 2－a 2)＋12bc ＝12bc ，所以S 1＝S 2，由几何概型的知识知p 1＝p 2，故选A.解法2：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝2，则BC ＝22，所以区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积，为S 1＝12×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S 2＝π×12－[π×(2)22－2]＝2，区域Ⅲ的面积S 3＝π×(2)22－2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式，得p 1＝p 2＝2π＋2，p 3＝π－2π＋2，所以p 1≠p 3，p 2≠p 3，p 1≠p 2＋p 3，故选A.【答案】 A方向2 与线性规划有关的几何概型【例3】 两位同学约定下午5：30～6：00在图书馆见面，且他们在5：30～6：00之间到达的时刻是等可能的，先到的同学须等待，15分钟后还未见面便离开，则两位同学能够见面的概率是( )A.1136B.14C.12D.34【解析】因涉及两人见面时间，故考虑到是几何概型，建立坐标系列出满足条件的式子，计算出最终的概率．因为两人谁也没有讲好确切的时间，故样本点由两个数(甲、乙各自到达的时刻)组成，以5：30作为时间的起点建立如图所示的平面直角坐标系．设甲、乙各在第x 分钟和第y 分钟到达，则样本空间为Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤30,0≤y ≤30}，画成图为一正方形，见面的充要条件为|x －y |≤15，即事件A 可以见面所对应的区域是图中的阴影部分，故由几何概型概率公式知所求概率为面积之比，即P (A )＝302－152302＝34.故选D.【答案】 D方向3 与随机模拟有关的几何概型【例4】 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.4nm B.2n m C.4m nD.2m n【解析】 设由⎩⎪⎨⎪⎧0≤x n ≤1，0≤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.【答案】 C求解与面积有关的几何概型的关键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，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．1．(方向1)(2019·湖南郴州质量检测)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，则该点取自黑色区域的概率为( C )A.π8B.π16 C ．1－π8D ．1－π16解析：如题图，设黑色小圆的半径为r ，则黑色大圆的半径为2r ，由题意可知，8r ＝8，即r ＝1.∴图中黑色区域的面积为：S 1＝8×8－π×42＋4×π×12＋π×22＝64－8π，又正方形的面积S ＝64.∴在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率P ＝S 1S ＝64－8π64＝1－π8.故选C.2．(方向2)设点(a ，b )在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －4≤0，a >0，b >0表示的平面区域内，则函数f (x )＝ax 2－2bx ＋3在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数的概率为( A )A.13 B.23 C.12D.14解析：作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分所示．若函数f (x )＝ax 2－2bx ＋3在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，则⎩⎨⎧a >0，－－2b 2a ＝b a ≤12，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －2b ≥0，可得满足条件的平面区域为△OBC .由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －4＝0，a －2b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝83，b ＝43，即C 83，43，则S △OBC ＝12×4×43＝83，又S △OAB＝12×4×4＝8，故所求概率P ＝S △OBC S △OAB ＝838＝13，故选A.3．(方向3)(2019·河南濮阳一模)如图所示的长方形的长为2、宽为1，在长方形内撒一把豆子(豆子大小忽略不计)，然后统计知豆子的总数为m 粒，其中落在飞鸟图案中的豆子有n 粒，据此请你估计图中飞鸟图案的面积约为( B )A.n mB.2n mC.m nD.m 2n解析：长方形的面积为2，图中飞鸟图案的面积与长方形的面积之比约为n m ，故图中飞鸟图案的面积约为2nm .故选B. 考向三 体积型几何概型【例5】 一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M 是AB 的中点，一只蝴蝶在几何体ADF -BCE 内自由飞翔，则它飞入几何体F -AMCD 内的概率为()A.34B.23C.13D.12【解析】 由题图可知V F -AMCD ＝13×S AMCD ×DF ＝14a 3，V ADF -BCE＝12a 3，所以它飞入几何体F -AMCD 内的概率为14a 312a 3＝12.【答案】 D与体积有关的几何概型求法的关键点对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．如图是某个四面体的三视图，若在该四面体的外接球内任取一点，则点落在四面体内的概率为( C )A.913πB.113πC.913169πD.13169π解析：由三视图可知该立体图形为三棱锥，其底面是一个直角边长为32的等腰直角三角形，高为4，所以该三棱锥的体积为12，又外接球的直径2r 为三棱锥的三个两两垂直的棱为长方体的体对角线，即2r ＝42＋(32)2＋(32)2＝213，所以球的体积为5213π3，所以点落在四面体内的概率为125213π3＝913169π.。
高三数学一轮总结复习目录
高三数学一轮总结复习目录理科数学 -模拟试题分类目录1第一章会合与常用逻辑用语1.1 会合的观点与运算专题 1 会合的含义与表示、会合间的基本关系专题 2 会合的基本运算专题 3 与会合有关的新观点问题1.2 命题及其关系、充要条件专题 1 四种命题及其关系、命题真假的判断专题 2 充足条件和必需条件专题 3 充足、必需条件的应用与研究（利用关系或条件求解参数范围问题）1.3 简单的逻辑联络词、全称量词与存在量词专题 1 含有简单逻辑联络词的命题的真假专题 2 全称命题、特称命题的真假判断专题 3 含有一个量词的命题的否认专题 4 利用逻辑联络词求参数范围第二章函数2.1 函数及其表示专题 1 函数的定义域专题 2 函数的值域专题 3 函数的分析式专题 4 分段函数2.2 函数的单一性与最值专题 1 确立函数的单一性（或单一区间）专题 2 函数的最值专题 3 单一性的应用2.3 函数的奇偶性与周期性专题 1 奇偶性的判断专题 2 奇偶性的应用专题 3 周期性及其应用2.4 指数与指数函数专题 1 指数幂的运算专题 2 指数函数的图象及应用专题 3 指数函数的性质及应用2.5 对数与对数函数专题 1 对数的运算专题 2 对数函数的图象及应用专题 3 对数函数的性质及应用2.6 幂函数与二次函数专题 1 幂函数的图象与性质专题 2 二次函数的图象与性质2.7 函数的图像专题 1 函数图象的辨别专题 2 函数图象的变换专题 3 函数图象的应用2.8 函数与方程专题 1 函数零点所在区间的判断专题 2 函数零点、方程根的个数专题 3 函数零点的综合应用2.9 函数的应用专题 1 一次函数与二次函数模型专题 2 分段函数模型2专题 3 指数型、对数型函数模型第三章导数及其应用3.1 导数的观点及运算专题 1 导数的观点与几何意义专题 2 导数的运算3.2 导数与函数的单一性、极值、最值专题 1 导数与函数的单一性专题 2 导数与函数的极值专题 3 导数与函数的最值3.3 导数的综合应用专题 1 利用导数解决生活中的优化问题专题 2 利用导数研究函数的零点或方程的根专题 3 利用导数解决不等式的有关问题3.4 定积分与微积分基本定理专题 1 定积分的计算专题 2 利用定积分求平面图形的面积专题 4 定积分在物理中的应用第四章三角函数、解三角形4.1 三角函数的观点、同角三角函数的基本关系及引诱公式专题 1 三角函数的观点专题 2 同角三角函数的基本关系专题 3 引诱公式4.2 三角函数的图像与性质专题 1 三角函数的定义域、值域、最值专题 2 三角函数的单一性专题 3 三角函数的奇偶性、周期性和对称性4.3 函数 y = A sin(wx +j ) 的图像及应用专题 1 三角函数的图象与变换专题 2 函数 y=Asin( ωx+φ ) 图象及性质的应用4.4 两角和与差的正弦、余弦与正切公式专题 1 非特别角的三角函数式的化简、求值专题 2 含条件的求值、求角问题专题 3 两角和与差公式的应用4.5 三角恒等变换专题 1 三角函数式的化简、求值专题 2 给角求值与给值求角专题 3 三角变换的综合问题4.6 解三角形专题 1 利用正弦定理、余弦定理解三角形专题 2 判断三角形的形状专题 3 丈量距离、高度及角度问题专题 4 与平面向量、不等式等综合的三角形问题第五章平面向量5.1 平面向量的观点及线性运算专题 1 平面向量的线性运算及几何意义专题 2 向量共线定理及应用专题 3 平面向量基本定理的应用5.2 平面向量基本定理及向量的坐标表示专题 1 平面向量基本定理的应用3专题 2 平面向量的坐标运算专题 3 平面向量共线的坐标表示5.3 平面向量的数目积专题 1 平面向量数目积的运算专题 2 平面向量数目积的性质专题 3 平面向量数目积的应用5.4 平面向量的应用专题 1 平面向量在几何中的应用专题 2 平面向量在物理中的应用专题 3 平面向量在三角函数中的应用专题 4 平面向量在分析几何中的应用第六章数列6.1 数列的观点与表示专题 1 数列的观点专题 2 数列的通项公式6.2 等差数列及其前 n 项和专题 1 等差数列的观点与运算专题 2 等差数列的性质专题 3 等差数列前 n 项和公式与最值6.3 等比数列及其前 n 项和专题 1 等比数列的观点与运算专题 2 等比数列的性质专题 3 等比数列前 n 项和公式6.4 数列乞降专题 1 分组乞降与并项乞降专题 2 错位相减乞降专题 3 裂项相消乞降6.5 数列的综合应用专题 1 数列与不等式相联合问题专题 2 数列与函数相联合问题专题 3 数列中的研究性问题第七章不等式推理与证明7.1 不等关系与一元二次不等式专题 1 不等式的性质及应用专题 2 一元二次不等式的解法专题 3 一元二次不等式恒建立问题7.2 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题专题 1 二元一次不等式（组）表示的平面地区问题专题 2 与目标函数有关的最值问题专题 3 线性规划的实质应用7.3 基本不等式及其应用专题 1 利用基本不等式求最值专题 2 利用基本不等式证明不等式专题 3 基本不等式的实质应用7.4 合情推理与演绎推理专题 1 概括推理专题 2 类比推理专题 3 演绎推理7.5 直接证明与间接证明专题 1 综合法4专题 2 剖析法专题 3 反证法7.6 数学概括法专题 1 用数学概括法证明等式专题 2 用数学概括法证明不等式专题 3 概括－猜想－证明第八章立体几何8.1 空间几何体的构造及其三视图和直观图专题 1 空间几何体的构造专题 2 三视图与直观图8.2 空间几何体的表面积与体积专题 1 空间几何体的表面积专题 2 空间几何体的体积专题 3 组合体的“接”“切”综合问题8.3 空间点、直线、平面之间的地点关系专题 1 平面的基天性质及应用专题 2 空间两条直线的地点关系专题 3 异面直线所成的角8.4 直线、平面平行的判断与性质专题 1 线面平行、面面平行基本问题专题 2 直线与平面平行的判断与性质专题 3 平面与平面平行的判断与性质8.5 直线、平面垂直的判断与性质专题 1 垂直关系的基本问题专题 2 直线与平面垂直的判断与性质专题 3 平面与平面垂直的判断与性质专题 4 空间中的距离问题专题 5 平行与垂直的综合问题（折叠、研究类）8.6 空间向量及其运算专题 1 空间向量的线性运算专题 2 共线定理、共面定理的应用专题 3 空间向量的数目积及其应用8.7 空间几何中的向量方法专题 1 利用空间向量证明平行、垂直专题 2 利用空间向量解决研究性问题专题 3 利用空间向量求空间角第九章分析几何9.1 直线的倾斜角、斜率与直线的方程专题 1 直线的倾斜角与斜率专题 2 直线的方程9.2 点与直线、两条直线的地点关系专题 1 两条直线的平行与垂直专题 2 直线的交点问题专题 3 距离公式专题 4 对称问题9.3 圆的方程专题 1 求圆的方程专题 2 与圆有关的轨迹问题专题 3 与圆有关的最值问题59.4 直线与圆、圆与圆的地点关系专题 1 直线与圆的地点关系专题 2 圆与圆的地点关系专题 3 圆的切线与弦长问题专题 4 空间直角坐标系9.5 椭圆专题 1 椭圆的定义及标准方程专题 2 椭圆的几何性质专题 3 直线与椭圆的地点关系9.6 双曲线专题 1 双曲线的定义与标准方程专题 2 双曲线的几何性质9.7 抛物线专题 1 抛物线的定义与标准方程专题 2 抛物线的几何性质专题 3 直线与抛物线的地点关系9.8 直线与圆锥曲线专题 1 轨迹与轨迹方程专题 2 圆锥曲线中的范围、最值问题专题 3 圆锥曲线中的定值、定点问题专题 4 圆锥曲线中的存在、研究性问题第十章统计与统计事例10.1 随机抽样专题 1 简单随机抽样专题 2 系统抽样专题 3 分层抽样10.2 用样本预计整体专题 1 频次散布直方图专题 2 茎叶图专题 3 样本的数字特点专题 4 用样本预计整体10.3 变量间的有关关系、统计事例专题 1 有关关系的判断专题 2 回归方程的求法及回归剖析专题 3 独立性查验第十一章计数原理11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理专题 1 分类加法计数原理专题 2 分步乘法计数原理专题 3 两个计数原理的综合应用11.2 摆列与组合专题 1 摆列问题专题 2 组合问题专题 3 摆列、组合的综合应用11.3 二项式定理专题 1 通项及其应用专题 2 二项式系数的性质与各项系数和专题 3 二项式定理的应用第十二章概率与统计612.1 随机事件的概率专题 1 事件的关系专题 2 随机事件的频次与概率专题 3 互斥事件、对峙事件12.2 古典概型与几何概型专题 1 古典概型的概率专题 2 古典概型与其余知识的交汇（平面向量、直线、圆、函数等）专题 3 几何概型在不一样测度中的概率专题 4 生活中的几何概型问题12.3 失散型随机变量及其散布列专题 1 失散型随机变量的散布列的性质专题 2 求失散型随机变量的散布列专题 3 超几何散布12.4 失散型随机变量的均值与方差专题 1 简单的均值、方差问题专题 2 失散型随机变量的均值与方差专题 3 均值与方差在决议中的应用12.5 二项散布与正态散布专题 1 条件概率专题 2 互相独立事件同时发生的概率专题 3 独立重复试验与二项散布专题 4 正态散布下的概率第十三章算法初步、复数13.1 算法与程序框图专题 1 次序构造专题 2 条件构造专题 3 循环构造13.2 基本算法语句专题 1 输入、输出和赋值语句专题 2 条件语句专题 3 循环语句13.3 复数专题 1 复数的有关观点专题 2 复数的几何意义专题 3 复数的代数运算第十四章选修模块14.1 几何证明选讲专题 1 平行线分线段成比率定理专题 2 相像三角形的判断与性质专题 3 直角三角形的射影定理专题 4 圆周角、弦切角及圆的切线专题 5 圆内接四边形的判断及性质专题 6 圆的切线的性质与判断专题 7 与圆有关的比率线段14.2 坐标系与参数方程专题 1 极坐标与直角坐标的互化专题 2 直角坐标方程与极坐标方程的互化专题 3 曲线的极坐标方程的求解专题 4 曲线的参数方程的求解专题 5 参数方程与一般方程的互化7专题 6 极坐标方程与参数方程的应用14.3 不等式选讲专题 1 含绝对值不等式的解法专题 2 绝对值三角不等式的应用专题 3 含绝对值不等式的问题专题 4 不等式的证明8。
2020年高考数学一轮复习教案：第10章 第3节 几何概型(含解析)
第三节几何概型[考纲传真] 1.了解随机数的意义，能运用随机模拟方法估计概率.2.了解几何概型的意义．1．几何概型的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．几何概型的两个基本特点(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：每个试验结果的发生具有等可能性．3．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).[常用结论]几种常见的几何概型(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．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关． ( ) (4)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P ＝19. ( ) [答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)×2．(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.14D ．1B [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．(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( )A B C DA [∵P (A )＝38，P (B )＝28，P (C )＝26，P (D )＝13，∴P (A )＞P (C )＝P (D )＞P (B )．] 4．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________．12[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 ＝12.]5．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________．0.18 [由题意知，S 阴S 正＝1801 000＝0.18，∵S 正＝1，∴S 阴＝0.18.]与长度(角度)有关的几何概型1．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，则该矩形的面积大于20 cm 2的概率为 ( )A.16 B.13 C.23D.45C [设|AC |＝x ，则|BC |＝12－x ，所以x (12－x )＞20，解得2＜x ＜10，故所求概率P ＝10－212＝23.]2．(2017·江苏高考)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________．59[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 ＝59.3．如图所示，在等腰直角三角形ABC 中，过直角顶点C 在∠ACB 内部任作一条射线CM ，与AB 交于点M ，则AM ＜AC 的概率为________．34[过点C 作CN 交AB 于点N ，使AN ＝AC ，如图所示．显然当射线CM 处在∠ACN 内时，AM ＜AC .又∠A ＝45°，所以∠ACN ＝67.5°，故所求概率为P ＝67.5°90°＝34.][规律方法] 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).与面积有关的几何概型►考法1 与平面图形面积有关的问题【例1】 (2017·全国卷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.14 B.π8 C.12D.π4B [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.故选B.]►考法2与线性规划知识交汇命题的问题【例2】在平面区域{(x，y)|0≤x≤1,1≤y≤2}内随机投入一点P，则点P 的坐标(x，y)满足y≤2x的概率为()A.14 B.12C.23 D.34A[依题意作出图象如图，则P(y≤2x)＝S阴影S正方形＝12×12×112＝14.][规律方法] 1.与平面几何、解析几何等知识交汇问题的解题思路利用平面几何、解析几何等相关知识，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．与线性规划交汇问题的解题思路先根据约束条件作出可行域，再确定形状，求面积大小，进而代入公式求概率．(1)已知实数m∈[0,1]，n∈[0,2]，则关于x的一元二次方程4x2＋4mx－n2＋2n＝0有实数根的概率是()A．1－π4B.π4C.π－32 D.π2－1(2)在满足不等式组⎩⎨⎧x－y＋1≥0，x＋y－3≤0，y≥0的平面内随机取一点M(x0，y0)，设事件A＝“y0－2x0”，那么事件A发生的概率是()A.14 B.34C.13 D.23(1)A(2)B[(1)方程有实数根，即Δ＝16m2－16(－n2＋2n)≥0，m2＋n2－2n≥0，m2＋(n－1)2≥1，画出图形如图所示，长方形面积为2，半圆的面积为π2，故概率为2－π22＝1－π4.(2)作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x－y＋1≥0，x＋y－3≤0，y≥0的平面区域即△ABC，其面积为4，且事件A＝“y0＜2x0”表示的区域为△AOC，其面积为3，所以事件A发生的概率是34.]与体积有关的几何概型P，使得V P-ABC＜12V S-ABC的概率是()A.78 B.34C.12 D.14A[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.]2．一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB的中点，一只蝴蝶在几何体ADF-BCE内自由飞翔，则它飞入几何体F-AMCD内的概率为()A.34 B.23C.13 D.12D[由题图可知V F-AMCD＝13×S四边形AMCD×DF＝14a3，V ADF-BCE＝12a3，所以它飞入几何体F-AMCD内的概率为14a312a3＝12.][规律方法]求解与体积有关的几何概型的注意点,对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求.1．(2016·全国卷Ⅰ)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.12C.23 D.34B[如图，7：50至8：30之间的时间长度为40分钟，而小明等车时间不超过10分钟是指小明在7：50至8：00之间或8：20至8：30之间到达发车站，此两种情况下的时间长度之和为20分钟，由几何概型概率公式知所求概率为P＝20 40＝12.故选B.]2．(2016·全国卷Ⅱ)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.310B[如图，若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口，则该行人至少等待15秒才出现绿灯．AB长度为40－15＝25，由几何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为40－1540＝58，故选B.]3．(2016·全国卷Ⅱ)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.4m nD.2m nC [因为x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n 都在区间[0,1]内随机抽取，所以构成的n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )都在正方形OABC 内(包括边界)，如图所示．若两数的平方和小于1，则对应的数对在扇形OAC 内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对)，故在扇形OAC 内的数对有m 个．用随机模拟的方法可得S 扇形S 正方形＝m n ，即π4＝m n ，所以π＝4m n .]。
2020高考数学总复习几何概型PPT课件
若本例中“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)＝1＋1
＝ 3
3－1 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． 提醒：有时与长度或角度有关的几何概型，题干并不直接 给出，而是将条件隐藏，与其他知识综合考察.
于 π，图中的三个扇形的面积之和等于一个半径为 2 的圆的面积 的一半，即三个扇形的面积之和等于 2π，故空白区域的面积是 12－2π，所求的概率为12－ 122π＝1－π6.
2．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)．
已知实数 x∈[－1,1]，y∈[0,2]，则点 P(x，y)落在区域2xx－－2yy＋ ＋21≥ ≤00， ， x＋y－2≤0
内的概率为( )
7 22× 22＝74，则所求的概率 P＝42＝78.
[答案] (1)A (2)D
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，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．
1．已知一个三角形的三边长分别是 5,5,6，一只蚂蚁在其内
解析：由题意得 A＝{x|－1<x<5}，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.
高考数学一轮复习 几何概型课件
与面积有关的几何概型
例 2 在可行域内任取一点，规则如程序框图所示，求能输出 数对(x，y)的概率．
即在可行域－ －11≤ ≤xx＋ －yy≤ ≤11 内求出点(x，y)，求它在 x2＋y2≤12
内的概率．
解 由题意，求输出的数对(x，y)的概率，即求 x2＋y2≤12所表
探究提高
几何概型的关键是选择“测度”，如本例以角度为“测 度”．因为射线 AD 落在∠DAB 内的任意位置是等可能的， 所以选择“角度”为“测度”是解决本题的关键．
变式训练 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 ∵∠B＝60°，∠C＝45°， ∴∠BAC＝75°， 在 Rt△ADB 中，AD＝ 3，∠B＝60°， ∴BD＝taAn D60°＝1，∠BAD＝30°.
变式训练 2 设关于 x 的一元二次方程 x2＋2ax＋b2＝0.若 a 是从区间[0,3] 任取的一个数，b 是从区间[0,2]任取的一个数，求上述方程有 实根的概率．
解 设
当 a≥0，b≥0 时，方程 x2＋2ax＋b2＝0 有实根的充要条件为 a≥b. 试验的全部结果所构成的区域为{(a，b)|0≤a≤3,0≤b≤2}，构 成事件 A 的区域为{(a，b)|0≤a≤3,0≤b≤2，a≥b}， 所以所求的概率为 P(A)＝3×23－×122×22＝23.
探究提高
从该题可以看出，我们将每个事件理解为从某个特定的几何区 域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样．而 一个随机事件的发生则理解为恰好取到上述区域内的某个指 定区域中的点，这样的概率模型就可以用几何概型来求解．
2020版高考数学一轮复习-第6讲几何概型教案(理)(含解析)新人教A版
第6讲几何概型基础知识整合1．几何概型(1)几何概型的定义如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的□01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，简称几何概型．(2)几何概型的两个基本特点2．几何概型的概率公式P(A)＝□04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.几种常见的几何概型(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．(2019·大连模拟)在长为6 m 的木棒上任取一点P ，使点P 到木棒两端点的距离都大于2 m 的概率是( )A.14B.13C.12D.23 答案 B解析 将木棒三等分，当P 位于中间一段时，到两端A ，B 的距离都大于2 m ，∴P ＝26＝13.2．(2017·全国卷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，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.故选B.3．(2019·衡水中学调研)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内有一个内切球O ，则在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内任取点M ，点M 在球O 内的概率是( )A.π4 B.π8 C.π6 D.π12答案 C解析 设正方体棱长为a ，则正方体的体积为a 3，内切球的体积为4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫a 23＝16πa 3，故M 在球O 内的概率为16πa 3a 3＝π6.4．某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过3分钟的概率是________．答案 35解析 本题可以看成向区间[0,5] 内均匀投点，设A ＝{某乘客候车时间不超过3分钟}，则P (A )＝区间[2，5]的长度区间[0，5]的长度＝35.5．在区间[－2,4]上随机地取一个数x ，若x 满足|x |≤m 的概率为56，则m ＝________.答案 3解析 由题意知m >0，当0<m <2时，－m ≤x ≤m ，此时所求概率为m －－m 4－－2＝56，解得m ＝52(舍去)；当2≤m <4时，所求概率为m －－24－－2＝56，解得m ＝3；当m ≥4时，概率为1，不符合题意，故m ＝3.6．(2019·保定调研)在区间[－1,1]内随机取两个实数x ，y ，则满足y ≥x －1的概率是________．答案 78解析 点(x ，y )分布在如图所示的正方形区域内，画出x －y －1≤0表示的区域(图中阴影部分)，可知所求的概率为1－124＝78.核心考向突破考向一 与长度有关的几何概型例1 (1)(2019·上海模拟)在区间[－1,1]上随机取一个数k ，则直线y ＝k (x －2)与圆x 2＋y 2＝1有两个交点的概率为( )A.29B.36C.13D.33 答案 D解析 圆x 2＋y 2＝1的圆心为(0,0)，圆心到直线y ＝k (x －2)的距离为|2k |k 2＋1.要使直线y ＝k (x －2)与圆x 2＋y 2＝1有两个交点，则需|2k |k 2＋1<1，解得－33<k <33，所以在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝k (x －2)与圆x 2＋y 2＝1有两个交点的概率P ＝33－⎝ ⎛⎭⎪⎫－331－－1＝33.故选D.(2)(2017·江苏高考)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 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 ＝59.触类旁通求解与长度有关的几何概型应注意的问题(1)求解几何概型问题，解题的突破口为弄清是长度之比、面积之比还是体积之比． 2求与长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线段的长度，然后求解，应特别注意准确表示所确定的线段的长度.即时训练 1.(2019·河南濮阳模拟)在[－6,9]内任取一个实数m ，设f (x )＝－x 2＋mx ＋m ，则函数f (x )的图象与x 轴有公共点的概率等于( )A.215 B.715 C.35 D.1115答案 D解析 ∵f (x )＝－x 2＋mx ＋m 的图象与x 轴有公共点，∴Δ＝m 2＋4m ≥0，∴m ≤－4或m ≥0，∴在[－6,9]内取一个实数m ，函数f (x )的图象与x 轴有公共点的概率P ＝[－4－－6]＋9－09－－6＝1115.故选D.2．(2019·湖北武汉调研)在长为16 cm的线段MN上任取一点P，以MP，NP的长为邻边的长作一矩形，则该矩形的面积大于60 cm2的概率为( )A.14B.12C.13D.34答案 A解析设MP＝x cm,0<x<16，则NP＝(16－x) cm，由x(16－x)>60，得6<x<10，所以所求概率为P＝416＝14.故选A.考向二与面积有关的几何概型角度1 与平面图形面积有关的问题例2 (2018·全国卷Ⅰ)右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 ．p 1＝p 2B ．p 1＝p 3C ．p 2＝p 3D ．p 1＝p 2＋p 3答案 A解析 不妨取AB ＝AC ＝2，则BC ＝22，所以区域Ⅰ的面积为S △ABC ＝2；区域Ⅲ的面积为π－2；区域Ⅱ的面积为π－(π－2)＝2，所以根据几何概型的概率公式，易得p 1＝p 2.故选A.角度2 与线性规划交汇的问题例3 (2019·湖北联考)在区间[0,4]上随机取两个实数x ，y ，使得x ＋2y ≤8的概率为( )A.14B.316C.619D.34 答案 D解析 如图所示，⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤4，0≤y ≤4表示的平面区域为正方形OBCD 及其内部，x ＋2y ≤8(x ，y ∈[0,4])表示的平面区域为图中阴影部分，所以所求概率P ＝4×4－12×4×24×4＝34.故选D.角度3 与定积分交汇的问题 例4 (2019·甘肃武威阶段考试)如图所示的阴影区域由x 轴、直线x ＝1及曲线y ＝e x－1围成，现向矩形区域OABC 内随机投掷一点，则该点落在非阴影区域的概率是( )A.1eB.1e －1C ．1－1eD ．1－1e －1答案 B解析 由题意，阴影部分的面积为⎠⎛01(e x－1)d x ＝(e x－x )|10＝e －2，∵矩形区域OABC 的面积为e －1，∴该点落在阴影区域的概率是e －2 e －1，故该点落在非阴影区域的概率为1e －1.触类旁通求解与面积有关的几何概型的关键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，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解．即时训练 3.(2019·四川成都模拟)《九章算术》中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？”其大意：已知直角三角形的两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径为多少步．现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是( )A.3π10 B.3π20 C ．1－3π10 D ．1－3π20答案 D解析 直角三角形的斜边长为82＋152＝17，设内切圆的半径为r ，则8－r ＋15－r ＝17，解得r ＝3. ∴内切圆的面积为πr 2＝9π， ∴豆子落在内切圆外的概率P ＝1－9π12×8×15＝1－3π20.4．(2019·四川宜宾模拟)向如图所示的边长为2的正方形区域内任投一点，则该点落入阴影部分的概率为________．答案 18解析 由题意可知阴影部分的面积为2⎠⎛01x 3d x ＝2×14x 4⎪⎪⎪1＝12，所以所求概率为P ＝122×2＝18. 5．(2019·福建三明模拟)在区间[1,5]和[2,4]上分别取一个数，记为a ，b ，则方程x 2a 2－y 2b 2＝1表示离心率小于5的双曲线的概率为________． 答案 78解析 ∵双曲线的离心率小于5，∴1<e<5，∴1<c a<5，∴1<1＋b 2a 2<5，∴0<b 2a2<4，得b <2a (a >0，b >0)．它对应的平面区域如图中阴影部分所示，根据几何概型概率公式，得所求概率为P ＝12×3＋4×24×2＝78. 考向三 与体积有关的几何概型例5 (1)(2019·厦门模拟)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－π12 C.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＝12×43π×13＝2π3，则点P 到点O 的距离大于1的概率为1－2π38＝1－π12.故选B.(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________．答案 23解析 圆柱的体积V 柱＝πR 2h ＝2π，半球的体积V 半球＝12×43πR 3＝2π3.∴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.触类旁通与体积有关的几何概型求法的关键点对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．即时训练 6.已知正三棱锥S －ABC 的底面边长为4，高为3，则在正三棱锥内任取一点P ，则点P 满足V 三棱锥P －ABC <12V 三棱锥S －ABC 的概率是________．答案 78解析 设三棱锥P －ABC 的高为h .由V 三棱锥P －ABC <12V 三棱锥S －ABC ，得13S △ABC ·h <12·13S △ABC ·3，解得h <32，即点P 在三棱锥的中截面以下的空间．∴点P 满足V三棱锥P －ABC<12V 三棱锥S －ABC的概率是P ＝1－13·14S △ABC ·3213S △ABC ·3＝78. 考向四 与角度有关的几何概型例6 (1)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.13C.12D.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. (2)(2019·鞍山模拟)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 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.触类旁通与角度有关的几何概型的求解方法(1)若试验的结果所构成的区域的几何度量可用角度来表示，则其概率公式为P (A )＝构成事件A 的区域角度试验的全部结果所构成区域的角度. 2解决此类问题时注意事件的全部结果构成的区域及所求事件的所有结果构成的区域，然后再利用公式计算.即时训练 7.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 tan60°＝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.。
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3．二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端⑪“等距离”的两个二项式系数相
等，即Cnm＝Cnn－m. (2)增减性与最大值：二项式系数Ckn，当⑫k＜n＋2 1时，二项
式系数是递增的；当⑬k＞n＋2 1时，二项式系数是递减的．
n
当n是偶数时，中间的一项⑭Cn2 取得最大值．
n1
n1
当n是奇数时，中间两项⑮ Cn2 和⑯ Cn2 相等，且同时取得
考向一 求展开式中的指定项或特定项
[自主练透型]
1．[2018·全国卷Ⅲ]x2＋2x5的展开式中x4的系数为( )
A．10
B．20
C．40
D．80
解析：x2＋2x5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr5·(x2)5－r·2xr ＝C r 5·2r·x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2.故展开式中x4的系数为C 2 5·22＝40.故选C.
答案：(1)C (2)B
悟·技法 1.“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对 形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a、b∈R)的式子求其展开式的各项 系数之和，常用赋值法；只需令x＝1即可；对形如(ax＋ by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1 即可．
－32r＝2，得r＝2，所以x2的系数为C2532＝90，故选C. (2)由已知，令x＝0，得a0＝1，令x＝3，得a0＋a1·3＋a2·32
＋…＋a2 018·32 018＝(1－9)2 018＝82 018，所以a1·3＋a2·32＋…＋a2 018·32 018＝82 018－a0＝82 018－1，故选B.
所以1＋x12(1＋x)6展开式中x2的系数为30.
故选C.
答案：C
悟·技法 解此类问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件 (特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项 式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r)；第 二步是根据所求的指数，再求所求解的项.
考向二 二项式系数或项系数的和问题
1 A.7
B．－17
C．7 D．－7
解析：由T4＝C37x4－1x3＝5，得x＝－17. 答案：B
4．[2017·全国卷Ⅲ](x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为
() A．－80 B．－40 C．40 D．80
解析：因为x3y3＝x·(x2y3)，其系数为－C
3 5
·22＝－40，x3y3＝
C8r ·2r≥Cr8－1·2r－1， C8r ·2r≥C8r＋1·2r＋1
⇒5≤r≤6.
∴r＝5或r＝6(∵r∈{0,1,2，…，8})，
∴系数最大的项为T6＝1 792x5，T7＝1 792x6.
考向四 证明整除或求余数问题[互动讲练型] [例3] 设a∈Z，且0≤a<13，若512 016＋a能被13整除，则a ＝( ) A．0 B．1 C．11 D．12
最大值．
(3)各二项式系数的和：
(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即⑰C
0 n
＋
C1n＋C2n＋…＋Cnr ＋…＋Cnn＝2n.
二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二
项式系数的和，即C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…＝⑱2n－1.
二、必明3个易误点 1．要把“二项式系数的和”与“各项系数和”，“奇(偶) 数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来． 2．根据通项公式时常用到根式与幂指数的互化，容易出 错． 3．通项公式是第r＋1项而不是第r项．
2．若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系 数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝ f1＋2f－1，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝f1－2f－1.
[变式练]——(着眼于举一反三) 1．[2019·山西省八校联考]已知(1＋x)n的展开式中第5项与 第7项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( ) A．29 B．210 C．211 D．212
() A．22018－1 B．82 018－1 C．22 018 D．82 018
解析：(1)令x＝1，则
x＋
3 x
n＝4n，所以
x＋
3 x
n的展开式
中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以
4n 2n
＝2n＝32，
解得n＝5.二项展开式的通项Tr＋1＝C5rx5－r 3xr＝C5r3rx5－32r，令5
[互动讲练型]
[例1]
(1)[2019·郑州高中质量预测]在
x＋
3 x
n的展开式
中，各项系数和与二项式系数和之比为32:1，则x2的系数为
() A．50 B．70 C．90 D．120
(2)[2019·益阳市，湘潭市高三调研]若(1－3x)2 018＝a0＋a1x ＋…＋a2 018x2 018，x∈R，则a1·3＋a2·32＋…＋a2 018·32 018的值为
答案：－10
6．在二项式 x－1x n的展开式中只有第5项的二项式系数最 大，则展开式中含x2项的系数是________．
解析：第5项的二项式系数是C
4 n
，因为二项式
x－1x
n的展开
式中只有第5项的二项式系数最大，所以n＝8，所以 x－1x 8的展
开式中含x2项的系数是C38x5－1x3＝－56. 答案：－56
等，与该项的二项式系数不同．( √ )
2.x2－21x6的展开式中，常数项是( )
A．－54
5 B.4
C．－1156
D.1156
解析：Tr＋1＝C
r 6
(x2)6－r
－21x
r＝
－12
rC
r 6
x12－3r，令12－3r＝
0，解得r＝4.
∴常数项为－124C46＝1156.故选D. 答案：D
3．已知x－1x7展开式的第4项等于5，则x等于( )
(1)通项公式Tr＋1＝C
r 8
·(
x
)8－r·－x22
r＝C
r 8
·(－2)r·x
8r 2
2r
，令
8－2 r－2r＝32，则r＝1，故展开式中含x
3 2
的项为T2＝－16
x
3 2
.
(2)设展开式中的第r项，第r＋1项，第r＋2项的系数绝对值
分别为C
r8－1·2r－1，C
r 8
·2r，C
r＋1 8
解析：由于51＝52－1，
(52－1)2
016＝C
0 2
016522
016－C
1 2
016522
015＋…－C22 001156521＋1，
又由于13整除52，所以只需13整除1＋a,0≤a<13，a∈Z，所以a
＝12.
答案：D
悟·技法 利用二项式定理解决整除问题时，基本思路是：要证明一 个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理 展开后的各项均能被另一个式子整除即可．因此，一般将被除 式化为含有相关除式的二项式，然后再展开，此时常用“配凑 法”、“消去法”结合有关整除知识来处理.
[互动讲练型]
[例2]
已知
x－x22 n(n∈N*)的展开式中第五项的系数和第
三项的系数的比是10:1.
3
(1)求展开式中含x 2 的项；
(2)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项．
解析：由题意知，第五项的系数为C
4 n
·(－2)4，第三项的系
数为C2n·(－2)2，则有CC42nn··－－2242＝110，解得n＝8.
二项式系数．式中的C
r n
an－rbr叫做二项展开式的③通项，用Tr＋1
表示，即展开式的第④r＋1项；Tr＋1＝⑤Cnran－rbr.
2．二项展开式形式上的特点 (1)项数为n＋1. (2)每一项的次数之和都等于二项式的幂指数n，即a与b的 指数的和为⑥n. (3)字母a按⑦降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1 直到零；字母b按⑧升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1 直到n. (4)二项式的系数从⑨C0n，C1n，一直到Cnn－1，⑩Cnn.
答案：C
2．[2018·浙江卷]二项式
3
x＋21x
8的展开式的常数项是
________．
解析：本小题考查二项式定理，二项展开式的通项和相关
项Tk＋1＝C
k 8
x
8k 3
1 · 2
k·x－k＝
1 2k
84k
C8k·x 3 ，要使Tk＋1为常数， 则8－34k＝0，∴k＝2，
第三节 二项式定理
【知识重温】
一、必记3个知识点
1．二项式定理
(a＋b)n＝①C
0 n
an＋C
1 n
an－1b＋C
2 n
an－2b2＋…＋C
r n
an－rbr＋…＋
Cnnbn(n∈N*)．
这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫
做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数Crn(r＝0,1,2，…，n)叫做②
[变式练]——(着眼于举一反三) 4．今天是星期一，过了22 019天后是星期几．
解析：22 019＝23×673＝8673 ＝(7＋1)673＝C06737673＋C16737672＋…＋C6677237＋C667733 ＝7(C0673＋C1673＋…＋C667723)＋1 ∵22019除7后余1， ∴过了22019天后是星期二．
为－1.因为该二项展开式的通项公式为Tr＋1＝C
r 9
1 x
9－r·(－2x2)r＝
C
r 9
(－2)r·x3r－9，令3r－9＝0，得r＝3，所以该二项展开式中的常