古典概型与几何概型-高中数学同步典型例题及训练解析版
高考数学 17.2 古典概型与几何概型
17、概率17．2 古典概型与几何概型【知识网络】1． 理解古典概型，掌握古典概型的概率计算公式；会用枚举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率。
2． 了解随机数的概念和意义，了解用模拟方法估计概率的思想；了解几何概型的基本概念、特点和意义；了解测度的简单含义；理解几何概型的概率计算公式，并能运用其解决一些简单的几何概型的概率计算问题。
【典型例题】[例1]（1）如图所示，在两个圆盘中，指针在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是 （ ）A ．49B ．29C ．23D ．13（2）先后抛掷两枚均匀的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6），骰子朝上的面的点数分别为X 、Y ，则1log 2 Y X 的概率为 （ ）A ．61B ．365 C ．121 D ．21 （3）在长为18cm 的线段AB 上任取一点M ，并以线段AM 为边作正方形，则这个正方形的面积介于36cm 2与81cm 2之间的概率为（）A ．56B ．12C ．13D ．16（4）向面积为S 的△ABC 内任投一点P ，则随机事件“△PBC 的面积小于3S”的概率为 ．（5）任意投掷两枚骰子，出现点数相同的概率为 ．[例2]考虑一元二次方程x 2+mx+n=0，其中m ，n 的取值分别等于将一枚骰子连掷两次先后出现的点数，试求方程有实根的概率。
[例3]甲、乙两人约定于6时到7时之间在某地会面，并约定先到者应等候另一个人一刻钟，过时即可离去．求两人能会面的概率．[例4]抛掷骰子，是大家非常熟悉的日常游戏了．某公司决定以此玩抛掷（两颗）骰子的游戏，来搞一个大型的促销活动——“轻轻松松抛骰子，欢欢乐乐拿礼券”．方案1：总点数是几就送礼券几十元．方案2：总点数为中间数7时的礼券最多，为120元；以此为基准，总点数每减少或增加1，礼券减少20元．方案3 总点数为2和12时的礼券最多，都为120元；点数从2到7递增或从12到7递减时，礼券都依次减少20元．如果你是该公司老总，你准备怎样去选择促销方案?请你对以上三种方案给出裁决．【课内练习】1． 某班共有6个数学研究性学习小组，本学期初有其它班的3名同学准备加入到这6个小组中去，则这3名同学恰好有2人安排在同一个小组的概率是 （）A ．15 B ．524C ．1081D ．512 2． 盒中有1个红球和9个白球，它们除颜色不同外，其他方面没有什么差别．现由10人依次摸出1个球，设第1个人摸出的1个球是红球的概率为P 1，第8个人摸出红球的概率是P 8，则（）A ．P 8=18P 1B ．P 8=45P 1 C ．P 8=P 1 D ．P 8=0 3． 如图，A 、B 、C 、D 、E 、F 是圆O 的六个等分点，则转盘指针不落在阴影部分的概率为（ ）A ．12 B ．13C ．23D ．144． 两根相距3m 的木杆上系一根拉直的绳子，并在绳子上挂一彩珠，则彩珠与两端距离都大于1m 的概率为（）A ．12B ．13C ．14D ．235． 一次有奖销售中，购满100元商品得1张奖卷，多购多得．每1000张卷为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖5个，二等奖100个．则任摸一张奖卷中奖的概率为 ．6． 某学生做两道选择题，已知每道题均有4个选项，其中有且只有一个正确答案，该学生随意填写两个答案，则两个答案都选错的概率为 ． 7． 在圆心角为150°的扇形AOB 中，过圆心O 作射线交AB 于P ，则同时满足：∠AOP ≥45°且∠BOP ≥75°的概率为 ．8． 某招呼站，每天均有3辆开往首都北京的分为上、中、下等级的客车．某天小曹准备在该招呼站乘车前往北京办事，但他不知道客车的车况，也不知道发车顺序．为了尽可能乘上上等车，他将采取如下决策：先放过第一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二辆，否则上第三辆．（1）共有多少个基本事件？（2）小曹能乘上上等车的概率为多少？9．设A 为圆周上一定点，在圆周上等可能的任取一点P 与A 连结，第3题图倍的概率．10．正面体ABCD的体积为V，P是正四面体ABCD的内部的点．①设“V P-ABC≥14V”的事件为X，求概率P(X)；②设“V P-ABC≥14V且V P-BCD≥14V”的事件为Y，求概率P(Y)．17、概率17．2 古典概型与几何概型A 组1． 取一个正方形及其它的外接圆，随机向圆内抛一粒豆子，则豆子落入正方形外的概率为 （ ）A ．2π B ．2ππ- C D ．4π2． 甲、乙、丙三人随意坐下一排座位，乙正好坐中间的概率为 （ ）A ．12B ．13C ．14D ．163． 已知椭圆22221x y a b+=(a ＞b ＞0)及内部面积为S=πab ，A 1，A 2是长轴的两个顶点，B 1，B 2是短轴的两个顶点，点P 是椭圆及内部的点，下列命题正确的个数是 （ ） ①△PA 1A 2为钝角三角形的概率为1； ②△PB 1B 2为直角三角形的概率为0；③△PB 1B 2为钝角三角形的概率为ba ；④△PA 1A 2为钝角三角形的概率为ba ；⑤△PB 1B 2为锐角三角形的概率为a ba-。
高中数学概率几何概型古典概型精选题目(附答案)
高中数学概率几何概型古典概型精选题目（附答案）一、古典概型1．互斥事件与对立事件的概率(1)互斥事件是不可能同时发生的两个事件；对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必须有一个发生．因此对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况．(2)当事件A与B互斥时，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，当事件A与B对立时，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝1，即P(A)＝1－P(B)．(3)求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式P(A)＝1－P(A)求解．2．古典概型的求法对于古典概型概率的计算，关键是分清基本事件的总数n与事件A包含的基本事件的个数m，有时需用列举法把基本事件一一列举出来，再利用公式P(A)＝mn求出事件发生的概率，这是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某种顺序，以保证不重复、不遗漏．1.甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；(2)若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率．[解]甲校两名男教师分别用A，B表示，女教师用C表示；乙校男教师用D 表示，两名女教师分别用E，F表示．(1)从甲校和乙校报名的教师中各任选1名的所有可能的结果为：(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，共9种．从中选出的2名教师性别相同的结果有：(A，D)，(B，D)，(C，E)，(C，F)，共4种，所以选出的2名教师性别相同的概率为P＝4 9.(2)从甲校和乙校报名的教师中任选2名的所有可能的结果为：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15种．从中选出的2名教师来自同一学校的结果有：(A，B)，(A，C)，(B，C)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共6种．所以，选出的2名教师来自同一学校的概率为P＝615＝25.注：解决与古典概型问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．2．某导演先从2个金鸡奖和3个百花奖的5位演员名单中挑选2名演主角，后又从剩下的演员中挑选1名演配角．这位导演挑选出2个金鸡奖演员和1个百花奖演员的概率为()A.13 B.110C.25 D.310解析：选D设2个金鸡奖演员编号为1,2,3个百花奖演员编号为3,4,5.从编号为1,2,3,4,5的演员中任选3名有10种挑选方法：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，共10种．其中挑选出2名金鸡奖和1名百花奖的有3种：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，故所求的概率为P＝3 10.3．随着经济的发展，人们生活水平的提高，中学生的营养与健康问题越来越得到学校与家长的重视．从学生体检评价报告单了解到我校3 000名学生的体重发育评价情况，得下表：0.15.(1)求x的值；(2)若用分层抽样的方法，从这批学生中随机抽取60名，问应在肥胖学生中抽多少名？(3)已知y ≥243，z ≥243，求肥胖学生中男生不少于女生的概率．解：(1)由题意得，从这批学生中随机抽取1名学生，抽到偏痩男生的概率为0.15，可知x3 000＝0.15，所以x ＝450.(2)由题意，可知肥胖学生人数为y ＋z ＝500(人)．设应在肥胖学生中抽取m 人，则m 500＝603 000.所以m ＝10.即应在肥胖学生中抽10名．(3)由题意，可知y ＋z ＝500，且y ≥243，z ≥243，满足条件的基本事件如下： (243,257)，(244,256)，…，(257,243)，共有15组．设事件A ：“肥胖学生中男生不少于女生”，即y ≤z ，满足条件的(y ，z )的基本事件有：(243,257)，(244,256)，…，(250,250)，共有8组，所以P (A )＝815.所以肥胖学生中男生不少于女生的概率为815.二、几何概型(1)几何概型满足的两个特点：①等可能性；②无限性． (2)几何概型的概率求法公式P (A )＝构成事件A 的区域长度(面积、体积)试验的全部结果长度(面积、体积).4.(1)已知平面区域D 1＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫(x ，y )| ⎩⎨⎧|x |＜2，|y |＜2，D 2＝{}(x ，y )|(x －2)2＋(y －2)2＜4.在区域D 1内随机选取一点P ，则点P 恰好取自区域D 2的概率是( )A.14 B.π4 C.π16D.π32(2)把一根均匀木棒随机地按任意点折成两段，则“其中一段长度大于另一段长度2倍”的概率为________．[解析] (1)因区域D 1和D 2的公共部分是一个半径为2的圆的14，从而所求概率P ＝14×22π42＝π16，故选C.(2)将木棒折成两段的折点应位于距木棒两端点小于13木棒长度的区域内，故所求概率为2×13＝23.[答案] (1)C (2)23 注：几何概型问题的解题方法(1)由于基本事件的个数和结果的无限性，其概率就不能应用P (A )＝mn 求解，因此需转化为几何度量(如长度、面积、体积等)的比值求解．(2)在解题时要准确把握，要把实际问题作合理的转化；要注意古典概型和几何概型的区别，正确地选用几何概型的类型解题．5．如图，两个正方形的边长均为2a ，左边正方形内四个半径为a2的圆依次相切，右边正方形内有一个半径为a 的内切圆，在这两个图形上各随机撒一粒黄豆，落在阴影内的概率分别为P 1，P 2，则P 1，P 2的大小关系是( )A ．P 1＝P 2B ．P 1＞P 2C ．P 1＜P 2D ．无法比较解析：选A 由题意知正方形的边长为2a .左图中圆的半径为正方形边长的14，故四个圆的面积和为πa 2，右图中圆的半径为正方形边长的一半，圆的面积也为πa 2，故P 1＝P 2.6．在区间[0,2]上随机地取一个数x ，则事件“－1≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1”发生的概率为( )A.34B.23C.13D.14解析：选A 不等式－1≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1可化为log 122≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤log 1212，即12≤x ＋12≤2，解得0≤x ≤32，故由几何概型的概率公式得P ＝32－02－0＝34.7．圆具有优美的对称性，以圆为主体元素构造的优美图案在工艺美术、陶瓷、剪纸等上有着广泛的应用，如图1，图2，图3，图4，其中图4中的3个阴影三角形的边长均为圆的半径，记图4中的阴影部分区域为M ，现随机往图4的圆内投一个点A ，则点A 落在区域M 内的概率是( )A.34πB.334πC.2πD.3π解析：选B 设圆内每一个小正三角形的边长为r ， 则一个三角形的面积为12×r ×32r ＝34r 2， ∴阴影部分的面积为334r 2. 又圆的面积为πr 2，∴点A 落在区域M 内的概率是334r 2πr 2＝334π.。
高考一轮总复习-082.古典概型与几何概型(基础)-知识讲解
高考总复习：古典概型与几何概型【考点梳理】知识点一、古典概型1. 定义具有如下两个特点的概率模型称为古典概型：（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。
2. 古典概型的基本特征（1）有限性：即在一次试验中，可能出现的结果，只有有限个，也就是说，只有有限个不同的基本事件。
（2）等可能性：每个基本事件发生的可能性是均等的。
3.古典概型的概率计算公式由于古典概型中基本事件发生是等可能的，如果一次试验中共有n 种等可能的结果，那么每一个基本事件的概率都是1n。
如果某个事件A 包含m 个基本事件，由于基本事件是互斥的，则事件A 发生的概率为其所含m 个基本事件的概率之和，即n m A P =)(。
所以古典概型计算事件A 的概率计算公式为：试验的基本事件总数包含的基本事件数事件A A P =)( 4.求古典概型的概率的一般步骤：（1）算出基本事件的总个数n ；（2）计算事件A 包含的基本事件的个数m ；（3）应用公式()m P A n=求值。
5．古典概型中求基本事件数的方法：（1）穷举法；（2）树形图；（3）排列组合法。
利用排列组合知识中的分类计数原理和分步计数原理，必须做到不重复不遗漏。
知识点二、几何概型1. 定义：事件A 理解为区域Ω的某一子区域A ，A 的概率只与子区域A 的几何度量（长度、面积或体积）成正比，而与A 的位置和形状无关。
满足以上条件的试验称为几何概型。
2.几何概型的两个特点：（1）无限性，即在一次试验中基本事件的个数是无限的；（2）等可能性，即每一个基本事件发生的可能性是均等的。
3.几何概型的概率计算公式：随机事件A 的概率可以用“事件A 包含的基本事件所占的图形面积（体积、长度）”与“试验的基本事件所占总面积（体积、长度）”之比来表示。
所以几何概型计算事件A 的概率计算公式为：Ω=μμA A P )( 其中μΩ表示试验的全部结果构成的区域Ω的几何度量，A μ表示构成事件A 的区域的几何度量。
古典概型与几何概型
古典概型与几何概型基础训练：1．甲乙两人从{0，1，2，3，4，5}中各取一个数a,b,则“恰有a+b 3”的概率等于______________2.箱子中有形状、大小都相同的3只红球和2只白球，先摸出1只球，记下颜色后放回箱子，然后再摸出1只球，则摸到两只不同颜色的球的概率为_____3.现有5根竹竿，它们的长度（单位：m）分别为2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取2根竹竿，则它们的长度恰好相差0.3m的概率为4.若某学校要从5名男生和2名女生中选出3人作为上海世博会的志愿者，则选出的志愿者中男女生均不少于1名的概率是5.已知甲、乙、丙三人在3天节日中值班，每人值班1天，那么甲排在乙前面值班的概率为_________6.一只口袋装有形状大小都相同的6只球，其中有2只白球，2只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则2只球都是红色的概率为_______，2只球同色的概率为________，恰有一只球是白球的概率为_________典型例题：袋中有大小、形状相同的红、黑球各一个，现一次有放回地随机摸取3次，每次摸取一个球，（I）试问：一共有多少种不同的结果？请列出所有可能的结果；（Ⅱ）若摸到红球时得2分，摸到黑球时得1分，求3次摸球所得总分为5的概率。
设有关于x 的一元二次方程2220x ax b ++=．（Ⅰ）若a 是从0123，，，四个数中任取的一个数，b 是从012，，三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率．（Ⅱ）若a 是从区间[03]，任取的一个数，b 是从区间[02]，任取的一个数，求上述方程有实根的概率．9．当A ，B ∈{1，2，3}时，在构成的不同直线Ax －By ＝0中，任取一条，其倾斜角小于45︒的概率是 ．检测与反馈：1.已知集合{}21503x A x |x ,B x |x -⎧⎫=-<<=>⎨⎬-⎩⎭，在集合A 任取一个元素x ，则事件“x A B ∈⋂”的概率是 ________ ．2.一架飞机向目标投弹，击毁目标的概率为0.2，目标未受损的概率为0.4，则使目标受损但未被击毁的概率为_______3．已知米粒等可能地落入如图所示的四边形内，如果通过大量的实验发现米粒落入△BCD 内的频率稳定在附近，那么点和点到直线的距离之比约为 ．4．如图所示，墙上挂有一边长为a 的正方形木板，它的四个角的 空白部分都是以正方形的顶点为圆心，半径为2a 的圆弧，某人向此 板投镖，假设每次都能击中木板，且击中木板上每个点的可能性都一样，则他击中阴影部分的概率是__ ___．5.分别在区间[1,6]和[2,4]内任取一实数，依次记为m 和n ，则m n >的概率为 ABCD 49A C BD D6.（2010江苏）盒子中有大小相同的3只白球，1只黑球，若从中随机地摸出两只球，两只球颜色不同的概率是_ _ _。
古典概型与几何概型专题训练(答案版)
古典轮廓与几何轮廓专题训练1.在集合{}04M x x =<≤中随机选取一个元素，2log y x =函数大于1的概率为( ) A. 1 湾。
14 C 。
12 D. 34答案与分析： 1. C2. 考虑一元二次方程20x mx n ++=，其,m n 值等于掷骰子两次后连续出现的点数，则方程有实根的概率为 ( ) 一个。
3619 湾。
187 C 。
94 D.3617 答案与分析： 2. A3.如图，大正方形的面积为34，四个全等直角三角形组成一个小正方形， 直角三角形短边的长度3是一朵小花落在一个小方块上的概率是A .117 B .217 C .317 D .417答案与分析： 3 B .因为大正方形的面积343落在5小3正方形4上2的概率是423417P ==。
所以选择B 。
【解题与探索】本题考查几何概率的计算。
求解几何概率问题的关键是求两个区间的长度（面积或体积），然后用几何概率的概率计算公式()=A P A 构成事件的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）求解。
所以在这道题中求小花落在小方块上的概率，关键是求小方块的面积和大方块的面积。
4 、如图所示，在3个地方有一只迷失方向的小青蛙。
每次跳跃都可以进入任意相邻格子（如果跳跃5个地方只能进入3个地方，3个可以等待一次跳跃后进入1、2、4、5的机会），然后在第三跳，第一次进5的概率是( ) A.316B. 14C 。
16D.12答案与分析： 4. A一个盒子6里有好的晶体管和4坏的晶体管。
取两次，每次取一个，每次取后不要放回去。
知道第一个是好晶体管，第二个也是好晶体管的概率是 ( ) 一个。
13 湾。
512 C 。
59 D.925答案与分析： （1） C一个盒子6里有好的晶体管和4坏的晶体管。
服用任意两次，每次服用一次，每次服用拿走不放回去后，第一次和第二次都是好晶体管的概率是 ( ) 一个。
13 湾。
【新高考数学】第15讲 古典概型与几何概型-2021届高考数学(理)专题提升训练(原卷版+解析版)
第15讲古典概型与几何概型A 组一、选择题1、从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数是0的概率为（）A ．94B ．13 C ．92 D ．912、锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为（） A ．891 B ．2591C ．4891 D ．60913、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，则此点取自阴影部分的概率是( )A ．1－π2 B.12－π1 C.π2D.π1 4、（2016重庆二诊理5）在区间[1，4]上任取两个数，则所取两个数的和大于3的概率为（） A.181 B.329 C.3223 D.1817二、填空题5、从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数则这七个数的中位数是6的概率为___________。
6、投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋ni)(n －mi)为实数的概率为。
7、已知正方体1111D C B A ABCD -内有一个内切球O ，则在正方体内任取点M ，点M 在球O 内的概率是。
8、若区域{}2),(≤+=y x y x M ，在区域M 内的点的坐标为),(y x ，则022≥-y x 的概率是________。
三、解答题9、某校高三有5名同学报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校。
求这三所高校中每个学校都至少有一名同学报考的概率。
10、某车间共有12名工人，随机抽取6名，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数.（1）根据茎叶图计算样本均值；（2）日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人，根据茎叶图推断该车间12名工人中有几名优秀工人？（3）从该车间12名工人中，任取2人，求恰有1名优秀工人的概率.B组一、选择题1、某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为（）A．110B．120C．140D．11202、10张奖券中只有3张有奖，5个人购买，至少有1人中奖的概率是（） A.310 B.112 C.12 D.11123、已知事件“在矩形ABCD 的边CD 上随机取一点P ，使△APB 的最大边是AB ”发生的概率为21，则AD AB=（）A.12B.144、（2016全国卷12）从区间[]10，随机抽取n 2个数,2121,...,,,,...,,n n y y y x x x 构成n 个数对()()),(,...,,,,,2221n n y x y x x x 其中两数的平方和小于1的数共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（） A.m n 4 B.m n 2 C.n m 4 D.nm 2二、填空题5、某轻轨列车有4节车厢，现有6位乘客准备乘坐，设每一位乘客进入每节车厢是等可能的，则这6位乘客进入各节车厢的人数恰好为0，1，2，3的概率为。
1.3古典概型与几何概型
所含的总取法为 aPbi1[(a b i)!] 故
P(B)
a
Pbi
1[(a b (a b)!
i)!]
a Pbi 1 Pai b
例115 一个袋子中装有ab个球 其中a个黑球 b个白球 随意地每次从中取出一球(不放回) 求下列各事件的概率
(1)第i次取到的是黑球 (2)第i次才取到黑球 (3)前i次中能取到黑球
及两个球全是黑球的概率
解 (2) 已知 在 10 个球中任取两球的取法有C120 种 在 10 个球中取到一个白球和一个黑球的取法有C13C17 种 在 10 个球中取两个球均是黑球的取法有C32种 记B为事件“刚好取到一个白球一个黑球” C为事件
“两个球均为黑球” 则
P(B)
C13 C17 C120
P(D)
Ckn
(N 1)nk Nn
例115 一个袋子中装有ab个球 其中a个黑球 b个白球 随意地每次从中取出一球(不放回) 求下列各事件的概率
(1)第i次取到的是黑球 (2)第i次才取到黑球 (3)前i次中能取到黑球
解 (ab)次取球的总取法为(ab)! 记(1) (2) (3)中的事件 分别为A B C
总数为24 记(1) (2) (3) (4)的事件分别为A B C D
(1) A有两种排法 故有
P(A)
2 24
1 12
(2) B有2(3!)12种排法 故有
P(B)
12 24
1 12
例113 将标号为1 2 3 4的四个球随意地排成一行 求下 列各事件的概率
(1)各球自左至右或自右至左恰好排成1 2 3 4的顺序 (2)第1号球排在最右边或最左边 (3)第1号球与第2号球相邻
等价于将n个球全部放到其余N1个箱子中 共有(N1)n种放
高考数学一轮复习专题训练—古典概型与几何概型
古典概型与几何概型考纲要求1.理解古典概型及其概率计算公式；2.会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率；3.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率；4.了解几何概型的意义．知识梳理1．古典概型 (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)古典概型的定义具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．(3)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.2．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(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.1．古典概型中的基本事件都是互斥的，确定基本事件的方法主要有列举法、列表法与树状图法．2．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.3．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．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”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)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．()(4)概率为0的事件一定是不可能事件．()答案(1)×(2)×(3)√(4)×解析对于(1)，发芽与不发芽不一定是等可能，所以(1)不正确；对于(2)，三个事件不是等可能，其中“一正一反”应包括正反与反正两个基本事件，所以(2)不正确；对于(4)，概率为0的事件有可能发生，所以(4)不正确．2．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球抽到白球的概率为( ) A.25 B ．415C ．35D ．非以上答案答案 A解析 从袋中任取一球，有15种取法，其中抽到白球的取法有6种，则所求概率为p ＝615＝25. 3.如图，正方形的边长为2，向正方形ABCD 内随机投掷200个点，有30个点落入图形M 中，则图形M 的面积的估计值为____________．答案 0.6解析 由题意可得正方形面积为4，设不规则图形的面积为S ，由几何概型概率公式可得S4≈30200，∴S ≈0.6.4．(2020·全国Ⅰ卷)设O 为正方形ABCD 的中心，在O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，则取到的3点共线的概率为( ) A.15 B ．25C ．12D ．45答案 A解析 从O ，A ，B ，C ，D 这5个点中任取3点，取法有{O ，A ，B }，{O ，A ，C }，{O ，A ，D }，{O ，B ，C }，{O ，B ，D }，{O ，C ，D }，{A ，B ，C }，{A ，B ，D }，{A ，C ，D }，{B ，C ，D }，共10种，其中取到的3点共线的只有{O ，A ，C }，{O ，B ，D }这2种取法，所以所求概率为210＝15.故选A.5．(2019·全国Ⅲ卷)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( ) A.16 B ．14C.13 D ．12答案 D解析 设两位男同学分别为A ，B ，两位女同学分别为a ，b ，则用“树形图”表示四位同学排成一列所有可能的结果如图所示．由图知，共有24种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“√”的情况)共有12种，故所求概率为1224＝12.6. (2021·郑州模拟)公元前5世纪下半叶，希波克拉底解决了与化圆为方有关的化月牙形为方．如图，以O 为圆心的大圆直径为4，以AB 为直径的半圆面积等于AO 与BO 所夹四分之一大圆的面积，由此可知，月牙形区域的面积与△AOB 的面积相等．现在在两个圆所覆盖的区域内随机取一点，则该点来自阴影部分的概率是________．答案π＋68π＋4解析 上方阴影部分的面积等于△AOB 的面积，S △AOB ＝12×2×2＝2，下方阴影部分面积等于14×π×22－⎣⎡⎦⎤14×π×22－12×2×2＝π2＋1，所以根据几何概型概率公式得所求概率P ＝2＋π2＋14π＋2＝π＋68π＋4.考点一 古典概型的简单计算1．生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为( ) A.23 B ．35C ．25D ．15答案 B解析 设5只兔子中测量过某项指标的3只为a 1，a 2，a 3，未测量过这项指标的2只为b 1，b 2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a 1，a 2，a 3)，(a 1，a 2，b 1)，(a 1，a 2，b 2)，(a 1，a 3，b 1)，(a 1，a 3，b 2)，(a 1，b 1，b 2)，(a 2，a 3，b 1)，(a 2，a 3，b 2)，(a 2，b 1，b 2)，(a 3，b 1，b 2)，共10种可能．其中恰有2只测量过该指标的情况为(a 1，a 2，b 1)，(a 1，a 2，b 2)，(a 1，a 3，b 1)，(a 1，a 3，b 2)，(a 2，a 3，b 1)，(a 2，a 3，b 2)，共6种可能．故恰有2只测量过该指标的概率为610＝35.2．(2021·安徽江南十校质量检测)“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1＋1”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩．若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为( ) A.15 B ．13C ．35D ．23答案 A解析 6拆成两个正整数的和的所有基本事件有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，而加数全为质数的为(3,3)，所以所求概率为15，故选A.3．(2020·江苏卷)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________． 答案 19解析 列表如下：1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6789101112点数的和共有点数和为5的概率P ＝436＝19.感悟升华 古典概型中基本事件个数的探求方法：(1)枚举法：适合于给定的基本事件个数较少且易一一列举出的问题．(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定基本事件时(x ，y )可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同． 考点二 古典概型与其他知识的简单交汇【例1】 (1)(2020·郑州一模)已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，－12，13，12，1，2，3，任取k ∈A ，则幂函数f (x )＝x k 为偶函数的概率为________(结果用数值表示)．(2)(2021·河北七校联考)若m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，则椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的概率为________． 答案 (1)14 (2)12解析 (1)集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，－12，13，12，1，2，3，任意k ∈A 的基本事件总数为8，当k ＝±2时，幂函数f (x )＝x k 为偶函数，从而幂函数f (x )＝x k 为偶函数包含的基本事件个数为2，∴幂函数f (x )＝x k 为偶函数的概率p ＝14.(2)∵m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，∴基本事件总数为6，又满足椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的m 的取值有1,3,11，共有3个，∴椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的概率p＝36＝12. 感悟升华 求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，一般步骤为：(1)将题目条件中的相关知识转化为事件； (2)判断事件是否为古典概型； (3)选用合适的方法确定基本事件个数； (4)代入古典概型的概率公式求解．【训练1】 设平面向量a ＝(m,1)，b ＝(2，n )，其中m ，n ∈{1,2,3,4}，记“a ⊥(a －b )”为事件A ，则事件A 发生的概率为( ) A.18 B ．14C ．13D ．12答案 A解析 有序数对(m ，n )的所有可能情况为4×4＝16个，由a ⊥(a －b )得m 2－2m ＋1－n ＝0，即n ＝(m －1)2.由于m ，n ∈{1,2,3,4}，故事件A 包含的基本事件为(2,1)和(3,4)，共2个，所以P (A )＝216＝18.考点三 古典概型与统计的综合应用【例2】 某城市100户居民的月平均用电量(单位：千瓦时)以[160,180)，[180,200)，[200,220)，[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300]分组的频率分布直方图如图．(1)求直方图中x 的值；(2)求月平均用电量的众数和中位数；(3)在月平均用电量为[240,260)，[260,280)，[280,300]的三组用户中，用分层抽样的方法抽取6户居民，并从抽取的6户中任选2户参加一个访谈节目，求参加节目的2户来自不同组的概率．解 (1)由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5＋x ＋0.005 0＋0.002 5)×20＝1得x ＝0.007 5， 所以直方图中x 的值是0.007 5.(2)月平均用电量的众数是220＋2402＝230.因为(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＝0.45<0.5， 且(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5)×20＝0.7>0.5，所以月平均用电量的中位数在[220,240)内，设中位数为a ，由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＋0.012 5×(a －220)＝0.5，解得a ＝224， 所以月平均用电量的中位数是224.(3)月平均用电量为[240,260)的用户有0.007 5×20×100＝15(户)， 月平均用电量为[260,280)的用户有0.005×20×100＝10(户)， 月平均用电量在[280,300]的用户有0.002 5×20×100＝5(户)．抽样方法为分层抽样，在[240,260)，[260,280)，[280,300]中的用户比为3∶2∶1， 所以在[240,260)，[260,280)，[280,300]中分别抽取3户、2户和1户．设参加节目的2户来自不同组为事件A ，将来自[240,260)的用户记为a 1，a 2，a 3，来自[260,280)的用户记为b 1，b 2，来自[280,300]的用户记为c 1，在6户中随机抽取2户有(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，c 1)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，c 1)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a3，c1)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b2，c1)，共15种取法，其中满足条件的有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c1)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，c1)，(b1，c1)，(b2，c1)，共11种，故参加节目的2户来自不同组的概率P(A)＝1115.感悟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．概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．【训练2】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(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)A，B，C三个地区商品的总数量为50＋150＋100＝300，抽样比为6300＝1 50，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，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，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.考点四 几何概型角度1 与长度(角度)有关的几何概型【例3】 (1)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.215B ．715C ．35D ．1115(2)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________．答案 (1)D (2)34解析 (1)因为f (x )＝－x 2＋mx ＋m 的图象与x 轴有公共点，所以Δ＝m 2＋4m ≥0，所以m ≤－4或m ≥0，所以在[－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. (2)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.感悟升华 1.解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考查对象和对象的活动范围，当考查对象为点，且点的活动范围在线段上时，用“线段长度”为测度计算概率，求解的核心是确定点的边界位置．2．当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角对应的弧长的大小作为区域度量来计算概率．事实上，当半径一定时，曲线弧长之比等于其所对应的圆心角的弧度数之比． 角度2 与面积有关的几何概型【例4】 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.1225 B ．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.感悟升华 几何概型与平面几何的交汇问题：要利用平面几何的相关知识，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． 角度3 与体积有关的几何概型【例5】 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 由题意得该圆柱的体积V ＝π×12×2＝2π.圆柱内满足点P 到点O 的距离小于等于1的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球，且此半球的体积V 1＝12×43π×13＝23π，所以所求概率p ＝V －V 1V ＝23.感悟升华 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．【训练3】 (1)(2021·西安一模)在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为( ) A.12B ．13C ．24D ．23(2) (2020·新疆一模)剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上透空的感觉和艺术享受．剪纸艺术通过一把剪刀、一张纸就可以表达生活中的各种喜怒哀乐．如图是一边长为1的正方形剪纸图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍，若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为( )A.π64B ．π32C ．π16D ．π8答案 (1)C (2)D解析 (1)圆x 2＋y 2＝1的圆心为(0,0)， 圆心到直线y ＝k (x ＋3)的距离为|3k |k 2＋1， 要使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交，则|3k |k 2＋1<1，解得－24<k <24. ∴在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为24－⎝⎛⎭⎫－242＝24. (2)设黑色小圆的半径为r .由题意得2r ＋2r ＋2×2r ＝1，解得r ＝18，所以白色区域的面积为π·⎝⎛⎭⎫122－4×π·⎝⎛⎭⎫182－π·⎝⎛⎭⎫142＝π8.所以在正方形图案上随机取一点，该点取自白色区域的概率为π81×1＝π8.故选D. 基础巩固一、选择题1．一枚硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是( ) A.12 B ．14C ．34D ．0答案 A解析 列举出所有基本事件，找出“只有1次正面”包含的结果．一枚硬币连掷2次，基本事件有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)共4个，而只有1次出现正面的包括(正，反)，(反，正)2个，故其概率为24＝12.故选A.2．袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”“谐”“校”“园”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“和”“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率．利用电脑随机产生1到4之间(含1和4)取整数值的随机数，分别用1,2,3,4代表“和”“谐”“校”“园”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数： 343 432 341 342 234 142 243 331 112 342 241 244 431 233 214 344 142 134 由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为( ) A.19 B ．16C ．29D ．518答案 C解析 由18组随机数得，恰好在第三次停止摸球的随机数是142,112,241,142，共4组，所以恰好第三次就停止摸球的概率约为418＝29.故选C.3. (2021·河北六校联考)《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r ，正方形的边长为a (0<a <r )，若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p ，则圆周率π的值为( )A.a 21－p r 2B ．a 21＋p r 2C.a1－p rD ．a1＋p r答案 A解析 由几何概型的概率计算公式，得πr 2－a 2πr 2＝p ，化简得π＝a 21－p r 2.故选A.4．在集合A ＝{2,3}中随机取一个元素m ，在集合B ＝{1,2,3}中随机取一个元素n ，得到点P (m ，n )，则点P 在圆x 2＋y 2＝9内部的概率为( ) A.12 B ．13C ．34D ．25答案 B解析 点P (m ，n )共有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，6种情况，只有(2,1)，(2,2)这2个点在圆x 2＋y 2＝9的内部，所求概率为26＝13.5．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( )A.23 B ．58C ．13D ．38答案 D解析 该职工在7：50至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.6．(2021·合肥质检)已知三棱锥S －ABC ，在该三棱锥内任取一点P ，则使V P －ABC ≤13V S －ABC的概率为( ) A.13 B ．49C ．827D ．1927答案 D解析 作出S 在底面△ABC 的射影为O ，若V P －ABC ＝13V S －ABC ，则三棱锥P －ABC 的高等于13SO ，P 点落在平面EFD 上，且SE SA ＝SD SB ＝SF SC ＝23，所以S △EFD S △ABC ＝49，故V S －EFD ＝827V S －ABC， ∴V P －ABC ≤13V S －ABC 的概率p ＝1－827＝1927.二、填空题7．(2020·太原模拟)下课以后，教室里还剩下2位男同学和1位女同学，若他们依次随机走出教室，则第2位走出的是女同学的概率是________．答案 13解析 2位男同学记为男1，男2，则三位同学依次走出教室包含的基本事件有：男1男2女，男1女男2，女男1男2，男2男1女，男2女男1，女男2男1，共6种，其中第2位走出的是女同学包含的基本事件有2种．故第2位走出的是女同学的概率是p ＝26＝13.8．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________． 答案33解析 ∵点M 在直角边BC 上是等可能出现的， ∴“测度”是长度．设直角边长为a ， 则所求概率为33a a ＝33.9．(2021·郑州质量预测改编)从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则log a b 为整数的概率是________． 答案 16解析 从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则有(2,3)，(2,8)，(2,9)，(3,8)，(3,9)，(8,9)，(3,2)，(8,2)，(9,2)，(8,3)，(9,3)，(9,8)，共12种取法，其中log a b 为整数的有(2,8)，(3,9)两种，故p ＝212＝16.三、解答题10．(2020·成都诊断)某校从高一年级学生中随机抽取40名学生，将他们的期中考试数学成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]后得到如图所示的频率分布直方图．(1)求图中实数a的值；(2)若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，求这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率．解(1)由已知，得10×(0.005＋0.010＋0.020＋a＋0.025＋0.010)＝1，解得a＝0.030.(2)易知成绩在[40,50)分数段内的人数为40×0.05＝2，这2人分别记为A，B；成绩在[90,100]分数段内的人数为40×0.1＝4，这4人分别记为C，D，E，F.若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，则所有的基本事件有(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个．如果2名学生的数学成绩都在[40,50)分数段内或都在[90,100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定不大于10.如果一个成绩在[40,50)分数段内，另一个成绩在[90,100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定大于10.记“这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10”为事件M，则事件M包含的基本事件有(A，B)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共7个，故所求概率P(M)＝715.11．(2019·天津卷)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访.②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．解(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人．(2)①从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．②由表格知，符合题意的所有结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种．所以事件M发生的概率P(M)＝1115.能力提升12．(2021·长春质检)我国古人认为宇宙万物是由金、木、水、火、土这五种元素构成的，历史文献《尚书·洪范》提出了五行的说法，到战国晚期，五行相生相克的思想被正式提出．这五种物质属性的相生相克关系如图所示，若从这五种物质中随机选取三种，则取出的三种物质中，彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率为()A.35 B ．12C ．25D ．13答案 B解析 (列举法)依题意，三种物质间相生相克关系如下表，金木水 金木火 金木土 金水火 金水土 金火土 木水火 木水土 木火土 水火土 × √√√×××√×√所以彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率p ＝510＝12，故选B.13．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.由几何概型的概率公式，所求概率p ＝S 四边形OACDS △OAB ＝2－142＝78.14．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数，其中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示.(1)如果X ＝8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；(2)如果X ＝9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率．解 (1)当X ＝8时，由茎叶图可知，乙组四名同学的植树棵数分别是8,8,9,10，故x ＝8＋8＋9＋104＝354，s 2＝14×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫8－3542×2＋⎝⎛⎭⎫9－3542＋⎝⎛⎭⎫10－3542＝1116. (2)当X ＝9时，记甲组四名同学分别为A 1，A 2，A 3，A 4，他们植树的棵数依次为9,9,11,11；乙组四名同学分别为B 1，B 2，B 3，B 4，他们植树的棵数依次为9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，其包含的基本事件为{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，{A 1，B 4}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 2，B 3}，{A 2，B 4}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{A 3，B 3}，{A 3，B 4}，{A 4，B 1}，{A 4，B 2}，{A 4，B 3}，{A 4，B 4}，共16个．设“选出的两名同学的植树总棵数为19”为事件C ，则事件C 中包含的基本事件为{A 1，B 4}，{A 2，B 4}，{A 3，B 2}，{A 4，B 2}，共4个．故P (C )＝416＝14.。
高考数学一轮复习第九章第五节古典概型几何概型课时作业理含解析北师大版
高考数学一轮复习：第五节 古典概型、几何概型授课提示：对应学生用书第383页 [A 组 基础保分练]1．（2021·厦门月考）甲、乙两名同学分别从“象棋”“文学”“摄影”三个社团中随机选取一个社团加入，则这两名同学加入同一个社团的概率是（ ）A ．14B ．13C ．12D ．23解析：由题意，甲、乙两名同学各自等可能地从“象棋”“文学”“摄影”三个社团中选取一个社团加入，共有3×3＝9种不同的结果，这两名同学加入同一个社团有3种情况，则这两名同学加入同一个社团的概率是39＝13． 答案：B2．利用计算机在区间（0，4）内产生随机数a ，则不等式log 2（2a －1）＜0成立的概率是（ ） A ．78 B ．34C ．14D ．18解析：由log 2（2a －1）＜0，可得0＜2a －1＜1，即12＜a ＜1，由几何概型的概率计算公式，可得所求概率P ＝1－124－0＝18． 答案：D3．（2021·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（ ）A ．π8B ．π16C ．1－π8D ．1－π16解析：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 ＝82－8π82＝1－π8． 答案：C4．从集合A ＝{2，3，－4}中随机选取一个数记为k ，从集合B ＝{－2，－3，4}中随机选取一个数记为b ，则直线y ＝kx ＋b 不经过第二象限的概率为（ ）A ．29B ．13C ．49D ．59解析：依题意k 和b 的所有可能的取法一共有9种，当直线y ＝kx ＋b 不经过第二象限时，应有k ＞0，b ＜0，一共有4种，所以所求概率为49． 答案：C5．（2021·河南洛阳模拟）在边长为2的正三角形内部随机取一个点，则该点到三角形3个顶点的距离都不小于1的概率为（ ）A ．1－36B ．1－3π6C ．1－33D ．1－3π3解析：若点P 到三个顶点的距离都不小于1，则分别以A ，B ，C 为圆心作半径为1的圆，则P 的位置位于阴影部分，如图所示．在三角形内部的三个扇形的面积之和为12×3×π3×12＝π2，△ABC 的面积S ＝12×22×sin 60°＝3，则阴影部分的面积S ＝3－π2，则对应的概率P ＝3－π23＝1－3π6．答案：B6．某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课，每节课的时间为40分钟，第一节课上课的时间为7：50～8：30，课间休息10分钟．某同学请假后返校，若他在8：50～9：30之间随机到达教室，则他听第二节课的时间不少于20分钟的概率为（ ）A ．15B ．14C ．13D ．12解析：随机到达教室总的时间长度为40分钟，第二节课8：40开始，9：20结束，听第二节课的时间不少于20分钟，必须在9：00前到达教室，即8：50～9：00到达即可，时间长度为10分钟，根据几何概型可知听第二节课的时间不少于20分钟的概率P ＝1040＝14． 答案：B7．（2019·高考江苏卷）从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是_________．解析：法一：设3名男同学分别为A ，B ，C ，2名女同学分别为a ，b ，则所有等可能事件分别为AB ，AC ，Aa ，Ab ，BC ，Ba ，Bb ，Ca ，Cb ，ab ，共10个，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件分别为Aa ，Ab ，Ba ，Bb ，Ca ，Cb ，ab ，共7个，故所求概率为710． 法二：同法一，得所有等可能事件共10个，选出的2名同学中没有女同学包含的基本事件分别为AB，AC，BC，共3个，故所求概率为1－310＝7 10．答案：7108．如图所示，黑色部分和白色部分图形是由曲线y＝1x，y＝－1x，y＝x，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_________．解析：根据图像的对称性知，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14．答案：149．已知关于x的二次函数f（x）＝b2x2－（a＋1）x＋1．（1）若a，b分别表示将一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y＝f（x）恰有一个零点的概率；（2）若a，b∈[1，6]，求满足y＝f（x）有零点的概率．解析：（1）设（a，b）表示一个基本事件，则抛掷两次骰子的所有基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，1），（2，2），…，（6，5），（6，6），共36个．用A表示事件“y＝f（x）恰有一个零点”，即Δ＝[－（a＋1）]2－4b2＝0，则a＋1＝2b．则A 包含的基本事件有（1，1），（3，2），（5，3），共3个，所以P（A）＝336＝112．即事件“y＝f（x）恰有一个零点”的概率为112．（2）用B表示事件“y＝f（x）有零点”，即a＋1≥2b．试验的全部结果所构成的区域为{（a，b）|1≤a≤6，1≤b≤6}，构成事件B的区域为{（a，b）|1≤a≤6，1≤b≤6，a－2b＋1≥0}．所以所求的概率为P（B）＝12×5×525×5＝14，即事件“y＝f（x）有零点”的概率为14．10．为践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某城区对辖区内A，B，C三类行业共200个单位的生态环境治理成效进行了考核评估，考评成绩达到80分及其以上的单位被称为“星级”环保单位，未达到80分的单位被称为“非星级”环保单位．现通过分层抽样的方法获得了这三类行业的20个单位，其考评分数如下：A类行业：85，82，77，78，83，87；B 类行业：76，67，80，85，79，81；C 类行业：87，89，76，86，75，84，90，82．（1）试估算这三类行业中每类行业的单位个数；（2）若在A 类行业抽样的这6个单位中，随机选取3个单位进行交流发言，求选出的3个单位中既有“星级”环保单位，又有“非星级”环保单位的概率．解析：（1）由题意，抽取的三类行业单位个数之比为3∶3∶4．由分层抽样的定义，有A 类行业单位的个数为310×200＝60； B 类行业单位的个数为310×200＝60； C 类行业单位的个数为410×200＝80． ∴A ，B ，C 三类行业单位的个数分别为60，60，80．（2）记选出的这3个单位中既有“星级”环保单位，又有“非星级”环保单位为事件M ． 在A 类行业的6个单位中随机选取3个单位的考评数据情形有：{85，82，77}，{85，82，78}，{85，82，83}，{85，82，87}，{85，77，78}，{85，77，83}，{85，77，87}，{85，78，83}，{85，78，87}，{85，83，87}，{82，77，78}，{82，77，83}，{82，77，87}，{82，78，83}，{82，78，87}，{82，83，87}，{77，78，83}，{77，78，87}，{77，83，87}，{78，83，87}．共20种．这3个单位都是“星级”环保单位的考评数据情形有：{85，82，83}，{85，82，87}，{85，83，87}，{82，83，87}．共4种．这3个单位都是“非星级”环保单位的考评数据情形有0种．∴这3个单位都是“星级”环保单位或都是“非星级”环保单位的情形共有4种．∴所求概率P （M ）＝1－420＝45． [B 组 能力提升练]1．（2021·石家庄摸底）大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，若每个村小学至少分配1名大学生，则小明恰好分配到甲村小学的概率为（ ）A ．112B ．12C ．13D ．16解析：大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，每个村小学至少分配1名大学生，基本事件总个数n ＝C 24A 33＝36，小明恰好分配到甲村小学包含的基本事件个数m ＝A 33＋C 23A 22＝12，所以小明恰好分配到甲村小学的概率P ＝m n ＝1236＝13． 答案：C2．（2021·广州四校联考）某校有高一、高二、高三三个年级，其人数之比为2∶2∶1，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为10的样本，再从所抽取样本中选2人进行问卷调查，则至少有1人是高一学生的概率为（ ）A ．13B ．12C ．23D ．34解析：从高一、高二、高三所抽取的人数分别为4，4，2，再从所取样本中选2人进行问卷调查的总的情况数为C 210＝10×92×1＝45，则至少有1人是高一学生的情况数为C 14C 16＋C 24＝4×6＋6＝30，故至少有1人是高一学生的概率为3045＝23． 答案：C3．（2020·安徽合肥模拟）已知圆C ：x 2＋y 2＝4与y 轴负半轴交于点M ，圆C 与直线l ：x －y＋1＝0相交于A ，B 两点，那么在圆C 内随机取一点，则该点落在△ABM 内的概率为（）A ．378πB ．374πC ．328πD ．324π解析：如图所示，由点到直线距离公式得|OC |＝|1|2＝22，则|AB |＝2 22－⎝⎛⎭⎫222＝14，同理可得|MD |＝|0＋2＋1|2＝322，所以S △MAB ＝12|AB |·|MD |＝372，由几何概型知，该点落在△ABM 内的概率为S △MAB S 圆＝372π×22＝378π．答案：A4．博览会安排了分别标有“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾，某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P 1，P 2，则（ ）A ．P 1·P 2＝14B ．P 1＝P 2＝13C ．P 1＜P 2D ．P 1＋P 2＝56解析：三辆车的出发顺序共有6种可能：（1，2，3），（1，3，2），（2，1，3），（2，3，1），（3，1，2），（3，2，1）．若该嘉宾按方案一乘车，坐到“3号”车的可能情况有（1，3，2），（2，1，3），（2，3，1），共3种，所以其坐到“3号”车的概率P 1＝36＝12；若该嘉宾按方案二乘车，坐到“3号”车的可能情况有（3，1，2），（3，2，1），共2种，所以其坐到“3号”车的概率P 2＝26＝13．所以P 1＋P 2＝56． 答案：D5．（2021·辽宁省实验中学期末测试）为了弘扬我国优秀传统文化，某中学广播站在中国传统节日：春节、元宵节、清明节、端午节、中秋节五个节日中随机选取两个节日来讲解其文化内涵，那么春节和端午节至少有一个被选中的概率是_________．解析：设事件A ＝{春节和端午节至少有一个被选中}，则A －＝{两个节日都没被选中}，所以P（A ）＝1－P （A －）＝1－310＝0．7． 答案：0．76．古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了“完全数”6和28，后人进一步研究发现后续3个“完全数”分别为496，8 128，33 550 336，现将这5个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28恰好在同一组的概率为_________．解析：记5个“完全数”中随机抽出2个为第一组，剩下3个为第二组，则基本事件总数为10．又6和28恰好在第一组有1种情况，6，28和其他3个数中的1个在第二组有3种情况，所以所求概率为1＋310＝25． 答案：257．（2021·甘肃诊断）甘肃省瓜州县自古就以盛产蜜瓜而名扬中外，生产的瓜州蜜瓜有4个系列30多个品种，质脆汁多，香甜可口，清爽宜人，含糖量达14%～19%，是消暑止渴的佳品．有诗赞曰：冰泉浸绿玉，霸刀破黄金；凉冷消晚暑，清甘洗渴心．调查表明，蜜瓜的甜度与海拔高度、日照时长、温差有极强的相关性，分别用x ，y ，z 表示蜜瓜甜度与海拔高度、日照时长、温差的相关程度，并对它们进行量化：0表示一般，1表示良，2表示优，再用综合指标ω＝x ＋y ＋z 的值评定蜜瓜的等级，若ω≥4，则为一级；若2≤ω≤3，则为二级；若0≤ω≤1，则为三级．近年来，周边各省也开始发展蜜瓜种植，为了了解目前蜜瓜在周边各省的种植情（2）从样本里等级为一级的蜜瓜种植地中随机抽取两块，求这两块种植地的综合指标ω至少有一个为4的概率．解析：（由上表可知：等级为三级的有A ，H ，共2块，其频率为210． 用样本的频率估计总体的频率，可估计等级为三级的蜜瓜种植地的数量为110×210＝22（块）． （2）由（1）可知，等级是一级的（ω≥4）有B ，D ，F ，G ，I ，共5块，从中随机抽取两块，所有的可能结果为：（B ，D ），（B ，F ），（B ，G ），（B ，I ），（D ，F ），（D ，G ），（D ，I ），（F ，G ），（F ，I ），（G ，I ），共10个．其中综合指标ω＝4的有D ，F ，2块，符合题意的可能结果为（B ，D ），（B ，F ），（D ，F ），（D ，G ），（D ，I ），（F ，G ），（F ，I ），共7个，设“两块种植地的综合指标ω至少有一个为4”为事件M ，则P （M ）＝710． [C 组 创新应用练]1．2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式．孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p ，使得p ＋2是素数．素数对（p ，p ＋2）称为孪生素数．从10以内的素数中任取2个构成素数对，其中能构成孪生素数的概率为（ ）A ．13B ．14C ．15D ．16解析：10以内的素数有2，3，5，7，共4个，从中任取2个构成的素数对有12个．根据素数对（p ，p ＋2）称为孪生素数，知10以内的素数组成的素数对（3，5），（5，7）为孪生素数，所以能构成孪生素数的概率P ＝212＝16． 答案：D2．（2021·惠州二调）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“任何一个大于2的偶数都可以写成两个素数之和”，如40＝3＋37．在不超过40的素数中，随机选取2个不同的数，其和等于40的概率是（）A．115B．117C．122D．126解析：不超过40的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，共12个数．40＝3＋37＝11＋29＝17＋23，共3组数的和等于40，所以随机选取2个不同的数，其和等于40的概率为366＝122．答案：C3．（2021·大同调研）我国古代数学家赵爽所著的《周髀算经注》中给出了勾股定理的绝妙证明，如图所示是赵爽的弦图，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实，图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色、黄色，其面积称为朱实、黄实，利用2×勾×股＋（股－勾）2＝4×朱实＋黄实＝弦实，化简得勾2＋股2＝弦2，设其中勾股比为1∶3，若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（）A．866 B．500C．300 D．134解析：因为勾股比为1∶3，不妨设勾为1，则股为3，大正方形的边长为2，小正方形的边长为3－1．设落在黄色图形内的图钉数为n，则有n1 000＝（3－1）24，解得n≈134．答案：D。
高中数学高考总复习----古典概型与几何概型巩固练习题(含答案解析)
高中数学高考总复习----古典概型与几何概型巩固练习题（含答案解析）1.(2015广东高考)已知5件产品有两件次品，其余为合格品.现从5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为()A.0.4B.0.6C.0.8D.12.在由数字1、2、3、4、5所组成的没有重复数字的二位数中，得到的数不能被5和2整除的概率为（）A.0.2B.O.4C.0.6D.0.83．已知三棱锥SABC，在三棱锥内任取一点P，使得V P－ABC<V SABC的概率是()A. B.C. D.4．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则从2号箱取出红球的概率是()A. B.C. D.5．平面上画了一些彼此相距2a的平行线，把一枚半径r<a的硬币任意掷在这个平面上，求硬币不与任何一条平等线相碰的概率是()A. B.C. D.6．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，A＝30°，若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所得的点数分别为a、b，则满足条件的三角形有两个解的概率是()A. B.C. D.7．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A. B.C. D.8．在区间(0,1)内任取两个实数，则这两个实数的和大于的概率为()A. B.C. D.9.以连续两次抛掷一枚骰子得到的点数、得点，则点在圆内的概率为.10．某大学有包括甲、乙两人在内的5名大学生，自愿参加2010年上海世博会的服务，这5名大学生中3人被分配到城市足迹馆，另2人被分配到沙特馆．如果这样的分配是随机的，则甲、乙两人被分配到同一馆的概率是________．11．甲乙两人一起去游“2011西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是________．12．在边长为2的正三角形ABC内任取一点P，则使点P到三个顶点的距离至少有一个小于1的概率是________．13.(2015重庆高考)在区间上随机地选择一个数p,则方程有两个负根的概率为.14．若不等式组表示的平面区域为M，x2＋y2≤1所表示的平面区域为N，现随机向区域M内抛一粒豆子，则豆子落在区域N内的概率为________．15.（2015菏泽一模）某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分100分）的茎叶图如图，其中甲班学生的平均分是85，乙班学生成绩的中位数是83．（1）求x和y的值；（2）计算甲班7位学生成绩的方差s2；（3）从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，求甲班至少有一名学生的概率．16．已知函数f(x)＝－x2＋ax－b.(1)若a，b都是从0,1,2,3,4五个数中任取的一个数，求上述函数有零点的概率；(2)若a，b都是从区间[0,4]任取的一个数，求f(1)>0成立时的概率．【参考答案】1.【答案】B【解析】这是一个古典概型,从5件产品任取2件的取法为;基本事件总数为10;设“选的2件产品中恰有一件次品”为事件A,则A包含的基本事件个数为故选B.2．【答案】B【解析】总的事件数为，得到的数不能被5和2整除的个位数只能为1或3，有，故所求概率为0.4.3．【答案】A【解析】当P在三棱锥的中截面与下底面构成的三棱台内时符合要求，由几何概型知，4．【答案】A【解析】5．【答案】A【解析】∵硬币的半径为r，∴当硬币的中心到直线的距离d>r时，硬币与直线不相碰．∴6．【答案】A【解析】要使△ABC有两个解，需满足的条件是，因为A＝30°，所以，满足此条件的a，b的值有b＝3，a＝2；b＝4，a＝3；b＝5，a＝3；b＝5，a＝4；b＝6，a＝4；b＝6，a＝5，共6种情况，所以满足条件的三角形有两个解的概率是7．【答案】B【解析】记三个兴趣小组分别为1、2、3，甲参加1组记为“甲1”，则基本事件为“甲1，乙1；甲1，乙2；甲1，乙3；甲2，乙1；甲2，乙2；甲2，乙3；甲3，乙1；甲3，乙2；甲3，乙3”，共9个．记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，其中事件A有“甲1，乙1；甲2，乙2；甲3，乙3”，共3个．因此8．【答案】A【解析】设这两个实数分别为x，y，则，满足的部分如图中阴影部分所示．所以这两个实数的和大于的概率为9.【答案】【解析】连续两次抛掷一枚骰子得到的结果有种，点落在圆内的有，，，共4种，故所求的概率为.10．【答案】【解析】依题意得，甲、乙两人被分到同一馆的概率是.11．【答案】【解析】若用{1,2,3,4,5,6}代表6处景点，显然甲、乙两人在最后一个小时浏览的景点可能为{1,1}、{1,2}、{1,3}、…、{6,6}，共36种；其中满足题意的“同一景点相遇”包括{1,1}、{2,2}、{3,3}、…、{6,6}，共6个基本事件，所以所求的概率为.12．【答案】【解析】以A、B、C为圆心，以1为半径作圆，与△ABC交出三个扇形，当P落在其内时符合要求．∴13.【答案】【解析】方程有两个负根等价于解关于p的不等式组可得或所求概率为14．【答案】解析：如图，△AOB为区域M，扇形COD为区域M内的区域N，A(3,3)，B(1，－1)，S△AOB＝，S扇形COD＝，所以豆子落在区域N内的概率为15.【解析】（1）∵甲班学生的平均分是85，∴，∴x=5，∵乙班学生成绩的中位数是83，∴y=3；（2）甲班7位学生成绩的方差为s2==40；（3）甲班成绩在90分以上的学生有两名，分别记为A，B，乙班成绩在90分以上的学生有三名，分别记为C，D，E，从这五名学生任意抽取两名学生共有10种情况：（A，B），（A，C），（A，D），（A，E），（B，C），（B，D），（B，E），（C，D），（C，E），（D，E）其中甲班至少有一名学生共有7种情况：（A，B），（A，C），（A，D），（A，E），（B，C），（B，D），（B，E）．记“从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，甲班至少有一名学生”为事件M，则．答：从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，甲校至少有一名学生的概率为．16．【解析】(1)a，b都是从0,1,2,3,4五个数中任取的一个数的基本事件总数为N＝5×5＝25个．函数有零点的条件为Δ＝a2－4b≥0，即a2≥4b.因为事件“a2≥4b”包含(0,0)，(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，(4,0)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，所以事件“a2≥4b”的概率为，即函数f(x)有零点的概率为.(2)a，b都是从区间[0,4]任取的一个数，f(1)＝－1＋a－b>0，即a－b>1，此为几何概型．所以事件“f(1)>0”的概率为【巩固练习】1.(2015鄂州三模)已知函数若a是从1,2,3三个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为()A. B. C. D.2.某公共汽车每15分钟一班，乘客甲随机的到达车站，则甲等待的事件不超过3分钟的概率为（）A. B. C. D.3．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于()A. B.C. D.4．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，A＝30°，若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所得的点数分别为a、b，则满足条件的三角形有两个解的概率是()A. B.C. D.5.在长为10的线段AB上任取一点M，以AM为半径作圆，则该圆的面积在和之间的概率为（）A. B. C. D.6．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A. B.C. D.7．已知P是△ABC所在平面内一点，＋＋2＝0，现将一粒黄豆随机撒在△PBC内，则黄豆落在△PBC内的概率是()A. B.C. D.8．在区间(0,1)内任取两个实数，则这两个实数的和大于的概率为()A. B.C. D.9．一个盒子内部有如图所示的六个小格子，现有桔子、苹果和香蕉各两个，将这六个水果随机地放入这六个格子里，每个格子放一个，放好之后每行、每列的水果种类各不相同的概率是()A. B.C. D.10．在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a，b，则使得函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点的概率为()A. B.C. D.11.(2015江西二模)在区间内随机取两个数a,b，则使得函数有零点的概率为.12．若m∈(0,3)，则直线(m＋2)x＋(3－m)y－3＝0与x轴、y轴围成的三角形的面积小于的概率为________．13.（2015河东区一模）袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2．（1）从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；（2）现往袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和不大于4的概率．14.（14分）设有关于的一元二次方程．（Ⅰ）若是从1，2，3，4，5四个数中任取的一个数，是从1，2，3，4三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率．（Ⅱ）若是从区间[1,5]任取的一个数，是从区间[1,4]任取的一个数，求上述方程有实根的概率．15．已知复数z＝x＋y i(x，y∈R)在复平面上对应的点为M.(1)设集合P＝{－4，－3，－2,0}，Q＝{0,1,2}，从集合P中随机取一个数作为x，从集合Q中随机取一个数作为y，求复数z为纯虚数的概率；(2)设x∈[0,3]，y∈[0,4]，求点M落在不等式组：所表示的平面区域内的概率．【参考答案】1.【答案】D【解析】求导可得要满足题意需有两个不等实根即即，又a,b的取法共种，其中满足的有共6种故所求的概率为故选D.2.【答案】A【解析】甲等待的事件不超过3分钟的概率为.3．【答案】D【解析】在正六边形中，6个顶点选取4个，共有15种结果．选取的4点能构成矩形只有对边的4个顶点(例如AB与DE)，共有3种，故所求概率为.4．【答案】A【解析】要使△ABC有两个解，需满足的条件是，因为A＝30°，所以，满足此条件的a，b的值有b＝3，a＝2；b＝4，a＝3；b＝5，a＝3；b＝5，a＝4；b＝6，a＝4；b＝6，a＝5，共6种情况，所以满足条件的三角形有两个解的概率是5.【答案】A【解析】以半径为准，概率为.6．【答案】A【解析】记三个兴趣小组分别为1、2、3，甲参加1组记为“甲1”，则基本事件为“甲1，乙1；甲1，乙2；甲1，乙3；甲2，乙1；甲2，乙2；甲2，乙3；甲3，乙1；甲3，乙2；甲3，乙3”，共9个．记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，其中事件A有“甲1，乙1；甲2，乙2；甲3，乙3”，共3个．因此P(A)＝7．【答案】D【解析】由题意可知，点P位于BC边的中线的中点处．记黄豆落在△PBC内为事件D，则P(D)＝8．【答案】A【解析】设这两个实数分别为x，y，则，满足的部分如图中阴影部分所示．所以这两个实数的和大于的概率为9．【答案】A【解析】依题意，将这六个不同的水果分别放入这六个格子里，每个格子放入一个，共有A66＝720种不同的放法，其中满足放好之后每行、每列的水果种类各不相同的放法共有96种(此类放法进行分步计数：第一步，确定第一行的两个格子的水果放法，共有种放法；第二步，确定第二行的两个格子的水果放法，有种放法，剩余的两个水果放入第三行的两个格子)，因此所求的概率等于10．【答案】B【解析】因为f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点，所以Δ＝4a2－4(π－b2)≥0，即a2＋b2－π≥0，由几何概型的概率计算公式可知所求概率为11.【答案】【解析】两个数a、b在区间内随机取，以a为横坐标、b为纵坐标建立如图所示直角坐标系，可得对应的点(a,b)在如图的正方形OABC及其内部任意取，其中A(0,4)，B(4,4),C(4,0),O为坐标原点，若函数有零点，则解之得，满足条件的点(a,b)在直线a-2b=0的下方，且在正方形OABC内部的三角形，其面积为正方形OABC的面积为函数有零点的概率为12．【答案】【解析】直线与两个坐标轴的交点分别为(，0)，(0，)，又当m∈(0,3)时，，∴··<，解得0<m<2，∴P＝三、解答题13.【解析】（I）从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝，1红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2．其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为．（II）加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和不大于4的有10种情况，所以概率为．14.【解析】设事件为“方程有实根”．当，时，方程有实根的充要条件为．（Ⅰ）基本事件共20个：事件中包含个基本事件，所以事件发生的概率为．（Ⅱ）试验的全部结果构成的区域为，∴,构成事件的区域为，∴,所以所求的概率为．15．【解析】(1)记“复数z为纯虚数”为事件A.∵组成复数z的所有情况共有12个：－4，－4＋i，－4＋2i，－3，－3＋i，－3＋2i，－2，－2＋i，－2＋2i,0，i,2i，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型，其中事件A包含的基本事件共2个：i,2i，∴所求事件的概率为P(A)＝＝.(2)依条件可知，点M均匀地分布在平面区域内，属于几何概型，该平面区域的图形为下图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝12.而所求事件构成的平面区域为其图形如图中的三角形OAD(阴影部分)．又直线x＋2y－3＝0与x轴、y轴的交点分别为A(3,0)、D(0，)，∴三角形OAD的面积为S1＝＝.∴所求事件的概率为。
17.2 古典概型与几何概型
17、概率17．2 古典概型与几何概型【知识网络】1． 理解古典概型，掌握古典概型的概率计算公式；会用枚举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率。
2． 了解随机数的概念和意义，了解用模拟方法估计概率的思想；了解几何概型的基本概念、特点和意义；了解测度的简单含义；理解几何概型的概率计算公式，并能运用其解决一些简单的几何概型的概率计算问题。
【典型例题】[例1]（1）如图所示，在两个圆盘中，指针在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是 （ ）A ．49B ．29C ．23D ．13（2）先后抛掷两枚均匀的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6），骰子朝上的面的点数分别为X 、Y ，则1log 2 Y X 的概率为 （）A ．61B ．365 C ．121 D ．21 （3）在长为18cm 的线段AB 上任取一点M ，并以线段AM 为边作正方形，则这个正方形的面积介于36cm 2与81cm 2之间的概率为（）A ．56B ．12C ．13D ．16（4）向面积为S 的△ABC 内任投一点P ，则随机事件“△PBC 的面积小于3S”的概率为 ．（5）任意投掷两枚骰子，出现点数相同的概率为 ．[例2]考虑一元二次方程x 2+mx+n=0，其中m ，n 的取值分别等于将一枚骰子连掷两次先后出现的点数，试求方程有实根的概率。
[例3]甲、乙两人约定于6时到7时之间在某地会面，并约定先到者应等候另一个人一刻钟，过时即可离去．求两人能会面的概率．[例4]抛掷骰子，是大家非常熟悉的日常游戏了．某公司决定以此玩抛掷（两颗）骰子的游戏，来搞一个大型的促销活动——“轻轻松松抛骰子，欢欢乐乐拿礼券”．方案1：总点数是几就送礼券几十元．方案2：总点数为中间数7时的礼券最多，为120元；以此为基准，总点数每减少或增加1，礼券减少20元．方案3 总点数为2和12时的礼券最多，都为120元；点数从2到7递增或从12到7递减时，礼券都依次减少20元．如果你是该公司老总，你准备怎样去选择促销方案?请你对以上三种方案给出裁决．【课内练习】1． 某班共有6个数学研究性学习小组，本学期初有其它班的3名同学准备加入到这6个小组中去，则这3名同学恰好有2人安排在同一个小组的概率是 （）A ．15B ．524C ．1081D ．5122． 盒中有1个红球和9个白球，它们除颜色不同外，其他方面没有什么差别．现由10人依次摸出1个球，设第1个人摸出的1个球是红球的概率为P 1，第8个人摸出红球的概率是P 8，则（）A ．P 8=18P 1B ．P 8=45P 1 C ．P 8=P 1D ．P 8=03． 如图，A 、B 、C 、D 、E 、F 是圆O 的六个等分点，则转盘指针不落在阴影部分的概率为（ ）A ．12B ．13C ．23D ．144． 两根相距3m 的木杆上系一根拉直的绳子，并在绳子上挂一彩珠，则彩珠与两端距离都大于1m 的概率为（）A ．12B ．13C ．14D ．235． 一次有奖销售中，购满100元商品得1张奖卷，多购多得．每1000张卷为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖5个，二等奖100个．则任摸一张奖卷中奖的概率为 ．6． 某学生做两道选择题，已知每道题均有4个选项，其中有且只有一个正确答案，该学生随意填写两个答案，则两个答案都选错的概率为 ．7． 在圆心角为150°的扇形AOB 中，过圆心O 作射线交AB 于P ，则同时满足：∠AOP ≥45°且∠BOP ≥75°的概率为 ．8． 某招呼站，每天均有3辆开往首都北京的分为上、中、下等级的客车．某天小曹准备在该招呼站乘车前往北京办事，但他不知道客车的车况，也不知道发车顺序．为了尽可能乘上上等车，他将采取如下决策：先放过第一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二辆，否则上第三辆．（1）共有多少个基本事件？（2）小曹能乘上上等车的概率为多少？第3题图C9．设A为圆周上一定点，在圆周上等可能的任取一点P与A连结，倍的概率．10．正面体ABCD的体积为V，P是正四面体ABCD的内部的点．①设“V P-ABC≥14V”的事件为X，求概率P(X)；②设“V P-ABC≥14V且V P-BCD≥14V”的事件为Y，求概率P(Y)．17、概率17．2 古典概型与几何概型A 组1． 取一个正方形及其它的外接圆，随机向圆内抛一粒豆子，则豆子落入正方形外的概率为 （ ）A ．2π B ．2ππ- C D ．4π2． 甲、乙、丙三人随意坐下一排座位，乙正好坐中间的概率为 （ ）A ．12B ．13C ．14D ．163． 已知椭圆22221x y a b+=(a ＞b ＞0)及内部面积为S=πab ，A 1，A 2是长轴的两个顶点，B 1，B 2是短轴的两个顶点，点P 是椭圆及内部的点，下列命题正确的个数是 （ ） ①△PA 1A 2为钝角三角形的概率为1； ②△PB 1B 2为直角三角形的概率为0；③△PB 1B 2为钝角三角形的概率为ba ；④△PA 1A 2为钝角三角形的概率为ba ；⑤△PB 1B 2为锐角三角形的概率为a ba-。
专题27 古典概型和几何概型-高中数学经典错题深度剖析及针对训练
3 1 b b 2 1 b b【标题 01】忽略了对数函数中底数的范围【习题 01】先后抛掷两枚骰子，出现的点数分别记为 a , b ，则事件log a 2= 1b b 发生的概率为 .【经典错解】 log a 2 = 1∴ 2 = a ∴b = 2a ，根据题意得试验的全部结果有6⨯ 6 = 36 个基本事件，事件blog a 2 = 1 包含的基本事件有 a = 1, b = 2或a = 2, b = 4或a = 3，b = 6 ，共 3 个.由古典概型的概率公式得 P ( A ) = = ,故填 1 .36 12 12【详细正解】 log a 2 = 1∴ 2 = a ∴b = 2a ，根据题意得试验的全部结果有6⨯ 6 = 36 个基本事件， ba > 0 且a ≠ 1 所以事件log a 2 = 1 包含的基本事件有 a = 2,b = 4 和 a = 3，b = 6 共 2 个.由古典概型的 概率公式得 P ( A ) = = ,故填 1 .36 18 18 【习题 01 针对训练】先后抛掷两枚骰子，出现的点数分别记为 a ,为 .= = b ，则事件log a 2≥ 1 发生的概率 【标题 02】事件 A 构成的区域找错了【习题 02】在半径为 1 的圆周上有一定点 A ,以 A 为端点连一弦，另外一端点在圆周上等可能的选取，则 弦长超过 1 的概率为 .【经典错解】如图所示， AB = OA = OB = 1 ∴∠AOB = π ，当点 B 在优弧 AB 上时，弦长超过 1，根3 330 11 11 据几何概型的概率公式得 P .故填 . 360 12 12【详细正解】如图所示，AB = OA = OB = OC = AC = 1== ∴∠AOB=∠AOC=π，当点B在优弧B C上3240 2 2时，弦长超过1，根据几何概型的概率公式得P .故填.360 3 3【深度剖析】(1)经典错解错在事件A 构成的区域找错了. （2）错解错在寻找事件A 构成的区域时，只顾及了一边，忽略了另外一边.所以在寻找事件A 的全部结果构成的区域时，要考虑周全，不能受习惯思维的影响.【习题 02 针对训练】有一长、宽分别为50m 、30m 的游泳池，一名工作人员在池边巡视，某时刻出现在池边任一位置的可能性相同.一人在池中心（对角线交点）处呼唤工作人员，其声音可传出15 2m ，则工作人员能及时听到呼唤（出现在声音可传到区域）的概率是（）3 3A．B．4 83C．D．16106 4 12 + 3π32【标题 03】对组合数实际意义理解不清【习题03】甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有 10 个不同的题目，其中选择题 6 个，判断题 4 个，甲、乙依次各抽一题.求甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？【经典错解】甲从选择题抽到一题的结果为C 1 ，乙从判断题中抽到一题的结果为C 1 ，而甲、乙依次抽到一题的结果为C 26 4 C 1C 1∴所求概率为 6 4 2 10 【详细正解】甲从选择题抽到一题的结果为C 1 ，乙从判断题中抽到一题的结果为C 1 ，而甲、乙依次抽到一1 1 C 1C 1 4 题的结果为C C ∴所求概率为 6 4 = . 10 9C = 8 15C1C11510 9【习题03 针对训练】一纸箱中放有除颜色外，其余完全相同的黑球和白球，其中黑球 2 个，白球 3 个. （1）从中同时摸出两个球，求两球颜色恰好相同的概率；（2）从中摸出一个球，放回后再摸出一个球，求两球颜色恰好不同的概率.【标题04】“事件的全部结果”和“事件A 的全部结果”对应的区域找错了π【习题04】在∆ABC 中，∠ABC =，AB =36, BC =3，若在线段BC 上任取一点D ,则∠BAD 为锐角的概率是.3【经典错解】在∆ABC 中，由余弦定理得AC =90 3. 又由余弦定理得∠BAC = 1200 ，所以∠BAD 为锐角的概率是=.120 4【详细正解】当∠BAD=900 时，BD = 2 ，所以∠BAD 为锐角的概率是BD=2. BC 3【习题04 针对训练】在Rt∆ABC 中，∠A = 300 ，过直角顶点C 作射线CM 交线段AB 于M ，使| AM |>| AC | 的概率是．【标题 05】“试验的全部结果构成的区域”和“事件 A 的全部结果构成的区域”理解错误S【习题 05】在面积为S 的∆ABC为.的边AB 上任取一点P ，则 PBC 的面积大于4S【经典错解】由题得试验的全部结果构成的区域是如图所示的∆ABC ，事件“ ∆PBC 的面积大于49S部结果构成的区域是如图所示的∆ADE ，根据几何概型概率的公式得P =16 =9 S 16⎨ 9,故填.16【详细正解】由题得试验的全部结果构成的区域是如图所示的线段AB ，事件“ ∆PBC 的面积大于S”的43全部结果构成的区域是如图所示的线段AD ，根据几何概型概率的公式得P =4 =31 43,故填.4【深度剖析】（1）经典错解错在“试验的全部结果构成的区域”和“事件 A 的全部结果构成的区域”理解错误. （2）在做概率题时，一定要认真审题，弄清“试验的全部结果构成的区域”和“事件 A 的全部结果构成的区域”.⎧0 ≤x ≤ 2,【习题 05 针对训练】设不等式组⎩0 ≤y ≤ 2 标原点的距离大于2 的概率是（），表示平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐πA．B．4π- 2 πC．2 64 -πD．4【标题06】考虑问题不周全没有分类讨论【习题 06】在∆ABC 中，∠ABC = 600 , 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（）1 1A．B．6 31 2C．D．2 3【经典错解】由题意得，过A 作AF ⊥AB ，则BF = 2 AB = 4 ，CF = 6 - 4 = 2 ，若使得∆ABD 为钝角FC 1三角形，则D 在线段FC 上，所以对应的概率为P ==，故选B .BC 3【详细正解】（1）当∠BAD 为钝角时，由题意得，过A 作AF ⊥AB ，则BF = 2 A B = 4 ，CF = 6 - 4 = 2 ，若使得∆ABD为钝角三角形，则D在线段FC 上；（2）当∠BDA为钝角时，过点A作AE ⊥BC ,则1BE =3π3π 6 AB = 1 , 若使得 ∆ABD 为钝角三角形， 则 D 在线段 BE 上. 故由几何概型的概率公式得2FC + BE 2 +1 1P == = .故选C .BC 6 2【习题 06 针对训练】向顶角为1200的等腰三角形 ABC （其中 AC = BC ）内任意投一点 M , 则 AM 小于 AC 的概率为（ ） 1 πA ．B ．C ．D ．3923【标题 07】审题错误导致把几何概型看成了古典概型【习题 07】设关于 x 的一元二次方程 x 2 - 2ax + b 2= 0 ．（1）若 a , b 都是从集合{1, 2, 3, 4}中任取的数字，求方程无实根的概率；（2）若 a 是从区间[0, 4] 中任取的数字， b 是从区间[1, 4] 中任取的数字，求方程有实根的概率． 【经典错解】（1）设事件 A 为“方程无实根”，记(a , b ) 为取到的一种组合，则所有的情况有：（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）．一共 16 种且每种情况被取到的 可能性相同．∵关于 x 的一元二次方程 x 2 - 2ax + b 2 = 0 无实根，∴ ∆ = 4a 2 - 4b 2< 0a > 0,b > 0∴ a < b ．∴事件 A 包含的基本事件有：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）.共 6 种 ∴ P ( A ) = = 316 83∴方程无实根的概率 ．8（2）∵关于 x 的一元二次方程 x 2 - 2ax + b 2 = 0 有实根，∴ ∆ = 4a 2 - 4b 2≥ 0 ,a > 0,b > 0 ∴ a ≥ b ．设事件 B 为“方程有实根”，记(a , b ) 为取到的一种组合，则其包含的基本事件有：（1，1），（2，1），(2， 2 )（3，1），（3，2），（3，3），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）.一共 10 种且每种情况被取到的可能性 相同．10 5 ⎨⎩∴ P ( A ) = = 所以方程有实根的概率是 5 .16 8 8【详细正解】（1）同上（2）设事件 B =“方程有实根”，记(a , b ) 为取到的一种组合．∵ a 是从区间[0, 4] 中任取的数字， b 是从区间[1, 4] 中任取的数字， ∴点(a , b ) 所在区域是长为 4，宽为 3 的矩形区域． 又∵满足 a ≥ b 的点的区域是如图所示的阴影部分1⨯ 3⨯ 3 ∴ P (B ) = 2 = 3 . ∴方程有实根的概率是 3．3⨯ 4 88【习题 07 针对训练】已知关于 x 的二次函数 f (x ) = ax 2- 4bx +1.（1）设集合 A = {-1,1,2,3,4,5} 和 B = {-2,-1,1,2,3,4} ，分别从集合 A ， B 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， ⎪ y > 0 内的随机点，求函数 f (x ) 在区间[1,+∞) 上是增函数的概率．【标题 08】审题不清把总事件没有理解清楚 【习题 08】有一个半径为 4 的圆，现在将一枚半径为1的硬币向圆投去，如果不考虑硬币完全落在圆外的情况，则硬币完全落入圆内的概率为.【经典错解】由题得此概型为几何概型，所有结果组成的区域是以原点为圆心，以 4 为半径的圆，事件 A 9π9的所有结果构成的区域是以原点为圆心，以 3 为半径的圆，所以由几何概型的定义得 P ==.16π 16【详细正解】由题得此概型为几何概型，所有结果组成的区域是以原点为圆心，以 5 为半径的圆，当硬币 和圆外切时，也是满足题意的，它不是完全落在圆外，因为此时两圆有公共点)，事件A 的所有结果构成的 9π 9区域是以原点为圆心，以 3 为半径的圆，所以由几何概型的定义得 P ==.25π25【深度剖析】（1）经典错解错在审题不清，把总事件没有理解清楚. （2）学习数学，必须养成严谨认真细心的学习习惯，审题必须认真，错解就是审题不清，导致的错误.【习题 08 针对训练】甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一天二十四小时内到达该码 头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为 1 小时，乙船停泊时间为 2 小时，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．【标题 09】对随机模拟求近似值原理理解不清【习题 09】从区间[0,1] 上随机抽取 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 ) ，, (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 的近似值为A．4nm.B．2nmm C．4mnD．mn【经典错解】由题得圆周率 的近似值为⎩ ⎪ ⎩ .所以选择 D .n ⎧0 ≤ x ≤ 1【详细正解】由题得数学试验的全部结果表示为⎨0 ≤ y ≤ 1，它们构成的是边长为 1 的正方形，事件 A 的 ⎧0 ≤ x ≤ 1 全部结果表示为⎨0 ≤ y ≤ 1 ⎪x 2 + y 2 < 1 1，它们构成的是 个单位圆，它是分布在第一象限的扇形. 根据古典概型和几 4何概型的概率公式得 S扇形 = m S 正方形 n4m1 π 12 = 4 = m 12 n ∴π= . 所以选择C . n 【习题 09 针对训练】某同学动手做实验：《用随机模拟的方法估计圆周率的值》，在左下图的正方形中随机 撒豆子，每个豆子落在正方形内任何一点是等可能的，若他随机地撒50 粒统计得到落在圆内的豆子数为39 粒，则由．此．估．计．出的圆周率π的值为 ．（精确到0.01 ）高中数学经典错题深度剖析及针对训练。
高三数学古典概型试题答案及解析
高三数学古典概型试题答案及解析1.小明家订了一份报纸，寒假期间他收集了每天报纸送达时间的数据，并绘制成频率分布直方图，如图所示．（1）根据图中的数据信息，求出众数和中位数（精确到整数分钟）；（2）小明的父亲上班离家的时间在上午之间，而送报人每天在时刻前后半小时内把报纸送达（每个时间点送达的可能性相等），求小明的父亲在上班离家前能收到报纸（称为事件）的概率．【答案】（1），；（2）.【解析】（1），由频率分布直方图可知即，列方程=0.5即得；（2）设报纸送达时间为，小明父亲上班前能取到报纸等价于，由几何概型概率计算公式即得.试题解析：（1） 2分由频率分布直方图可知即， 3分∴ =0.5解得分即 6分（2）设报纸送达时间为 7分则小明父亲上班前能取到报纸等价于， 10分如图可知，所求概率为12分【考点】1.频率分布直观图；2.几何概型.2.从0,1,2,3,4,5这6个数字中任意取4个数字组成一个没有重复数字的四位数，这个数不能被3整除的概率为()A．B．C．D．【答案】A【解析】从0,1,2,3,4,5这6个数字中任意取4个数字组成没有重复数字的四位数，共有＝300个．∵0＋1＋2＋3＋4＋5＝15，∴这个四位数能被3整除只能由数字：1,2,4,5；0,3,4,5；0,2,3,4；0,1,3,5；0,1,2,3组成，所以能被3整除的数有＋4×＝96个，∴这个数能被3整除的概率为P＝＝，∴这个数不能被3整除的概率为1－＝，选A．3.从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离小于该正方形边长的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，共有条线段，点与，，，四点中任意1点的连线段都小于该正方形边长，共有，所以这2个点的距离小于该正方形边长的概率，故选B.【考点】古典概型及其概率计算公式.4.掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于（）【答案】B【解析】掷两颗均匀的骰子，共有36种基本事件，点数之和为5的事件有（1,4），（2,3），（3,2），（4,1）这四种，因此所求概率为，选B.【考点】古典概型概率5.（本小题满分14分）将连续正整数从小到大排列构成一个数，为这个数的位数（如时，此数为，共有15个数字，），现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率.（1）求；（2）当时，求的表达式；（3）令为这个数中数字0的个数，为这个数中数字9的个数，，，求当时的最大值.【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）解概率应用题，关键要正确理解事件. 当时，这个数中有9个一位数，90个二位数，一个三位数，总共有192个数字，其中数字0的个数为9+2=11，所以恰好取到0的概率为（2）按（1）的思路，可分类写出的表达式：，（3）同（1）的思路，分一位数，二位数，三位数进行讨论即可，当当当即同理有由可知，当时，当时，，当时，由关于k单调递增，故当，最大值为又，所以当时，最大值为试题解析：（1）解：当时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为（2）（3）当当当即同理有由可知所以当时，,当时，当时，，当时，由关于k单调递增，故当，最大值为又，所以当时，最大值为【考点】古典概型概率6.从1,2,3,6这四个数中一次随机地取2个数，则所取两个数的乘积为6的概率为 .【答案】【解析】从这4个数中任取2个数共有种取法，其中乘积为6的有和两种取法，因此所求概率为．【考点】古典概型．7. 10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________.【答案】【解析】从10件产品中任取4件，共有种基本事件，恰好取到1件次品就是取到1件次品且取到3件正品，共有，因此所求概率为【考点】古典概型概率8.一个袋中装有8个大小质地相同的球，其中4个红球、4个白球，现从中任意取出四个球，设X为取得红球的个数．（1）求X的分布列；（2）若摸出4个都是红球记5分，摸出3个红球记4分，否则记2分．求得分的期望．【答案】（1）分布列详见解析；（2）.【解析】本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望、古典概型等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力.第一问，分析题意，先写出取得红球的个数X的所有可能取值，利用古典概型，利用排列组合列出每一种情况的概率表达式，最后列出分布列；第二问，利用第一问的分布列，结合第二问提到的分数列出数学期望的表达式.（1）X，1,2,3,4其概率分布分别为：，，，，．其分布列为X01234（2）．（12分）【考点】离散型随机变量的分布列和数学期望、古典概型.9. [2013·课标全国卷Ⅰ]从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是()A．B．C．D．【答案】B【解析】从1,2,3,4中任取2个不同的数，共有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)6种不同的结果，取出的2个数之差的绝对值为2有(1,3)，(2,4)2种结果，概率为，故选B.10.(2014·温州模拟)记a,b分别是投掷两次骰子所得的数字,则方程x2-ax+2b=0有两个不同实根的概率为()A．B．C．D．【答案】B【解析】所有的(a,b)共有6×6=36(个),方程x2-ax+2b=0有两个不同实根,等价于Δ=a2-8b>0,故满足条件的(a,b)有(3,1),(4,1),(5,1),(5,2),(5,3),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),共9个,故方程x2-ax+2b=0有两个不同实根的概率为=.11.连掷两次骰子分别得到点数m,n,则向量(m,n)与向量(-1,1)的夹角θ>90°的概率是__________.【答案】【解析】即(m,n)·(-1,1)=-m+n<0.所以m>n,基本事件总共有6×6=36(个),符合要求的有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),…,(5,4),(6,1),…,(6,5),共1+2+3+4+5=15(个).所以P==.12.某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的．则3个景区都有部门选择的概率是________．【答案】【解析】某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34.由于是任意选择，这些结果出现的可能性都相等.3个景区都有部门选择可能出现的结果数为·3！(从4个部门中任选2个作为1组，另外2个部门各作为1组，共3组，共有＝6种分法，每组选择不同的景区，共有3！种选法)，记“3个景区都有部门选择”为事件A1，那么事件A1的概率为P(A1)＝＝.13.有驱虫药1618和1573各3杯,从中随机取出3杯称为一次试验(假定每杯被取到的概率相等),将1618全部取出称为试验成功.(1)求恰好在第3次试验成功的概率(要求将结果化为最简分数).(2)若试验成功的期望值是2,需要进行多少次相互独立重复试验?【答案】(1)试验一次就成功的概率为； (2)4.【解析】(1) 从6杯中任选3杯,不同选法共有种，而选到的3杯都是1618的选法只有1种，由古典概型概率的求法可得试验一次就成功的概率为.恰好在第3次试验成功相当于前两次试验都没成功，第3次才成功.由于成功的概率为，所以一次试验没有成功的概率为，三次相乘即得所求概率.（2）该例是一个二项分布，二项分布的期望是，解此方程即可得次数.试题解析：（1）从6杯中任选3杯,不同选法共有种,而选到的3杯都是1618的选法只有1种,从而试验一次就成功的概率为.恰好在第3次试验成功相相当于前两次试验都没成功,第3次才成功,故概率为.(2)假设连续试验次,则试验成功次数,从而其期望为,再由可解出.【考点】1、古典概型；2、二项分布及其期望.14.一个口袋中装有形状和大小完全相同的3个红球和2个白球，甲从这个口袋中任意摸取2个球，则甲摸得的2个球恰好都是红球的概率是（）A．B．C．D．【解析】设3个红球为A，B，C，2个白球为X，Y，则取出2个的情况共有10种，其中符合要求的有3种，所求的概率为，故选A【考点】古典概型概率。
高考数学一轮复习配餐作业69古典概型与几何概型含解析理32
配餐作业(六十九) 古典概型与几何概型(时间：40分钟)一、选择题1．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1 000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是( )A.112 B.110 C.325 D.1125解析 小正方体三面涂有油漆的有8种情况，故所求概率为81 000＝1125。
故选D 。
答案 D2．同时抛掷两个骰子，则向上的点数之差的绝对值为4的概率是( ) A.118B.112C.19D.16解析 同时抛掷两个骰子，基本事件总数为36，记“向上的点数之差的绝对值为4”为事件A ，则事件A 包含的基本事件有(1,5)，(2,6)，(5,1)，(6,2)，共4个，故P (A )＝436＝19。
故选C 。
答案 C3．设p 在[0,5]上随机地取值，则关于x 的方程x 2＋px ＋1＝0有实数根的概率为( ) A.15 B.25 C.35D.45解析 方程x 2＋px ＋1＝0有实根，则Δ＝p 2－4≥0，解得p ≥2或p ≤－2(舍去)。
由几何概型的概率计算公式可知所求的概率为5－25－0＝35。
故选C 。
答案 C4．如图，长方形的四个顶点为O (0,0)，A (4,0)，B (4,2)，C (0,2)，曲线y ＝x 经过点B 。
小军同学在学做电子线路板时有一电子元件随机落入长方形OABC 中，则该电子元件落在图中阴影区域的概率是()A.512B.12C.23D.34解析 图中阴影部分面积S 阴＝⎠⎛04x d x ＝23x 32⎪⎪⎪4＝163，S 长方形＝4×2＝8，∴所求事件的概率P ＝S 阴S 长方形＝1638＝23。
故选C 。
答案 C5．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.37B.47C.114D.1314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。
高考数学 试题汇编 第二节古典概型与几何概型 文(含解析)
第二节古典概型与几何概型古典概型考向聚焦对古典概型的考查,主要是等可能事件概率的求解,主要通过列举法或结合互斥事件、对立事件等进行求解,有时与统计中的抽样、频率分布直方图等综合在一起考查.多以解答题的形式出现,12分左右;有时也可能以小题的形式出现,4~5分.为中、低档试题备考指津求古典概型中事件A的概率的关键是求出基本事件总数n和事件A包含的基本事件数m,然后代入公式P(A)=求解,确定基本事件个数时常用列举法、树形图法、列表法等1.(2012年安徽卷,文10,5分)袋中共有6个除了颜色外完全相同的球,其中有1个红球、2个白球和3个黑球.从袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率等于( )(A)(B)(C)(D)解析:若记红球为A,白球为B1,B 2,黑球为C 1,C2,C 3,则任取2个球的基本事件如下:AB1,AB2,AC1,AC2,AC3;B 1B 2,B1C1,B1C2,B1C3,B2C1,B2C2,B2C3,C1C2,C1C 3,C2C 3.共15个.其中颜色为一白一黑的事件有6个,所以概率为P==.答案:B.2.(2011年全国新课标卷,文6)有3个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )(A)(B)(C)(D)解析:甲、乙各自参加其中一个小组所有选法为9种,甲、乙参加同一个小组的选法有3种,所以其概率为=.故选A.答案:A.3.(2011年浙江卷,文8)从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球,则所取的3个球中至少有1个白球的概率是( )(A)(B)(C)(D)解析:3个红球记为a,b,c,2个白球记为1,2.则从袋中取3个球的所有可能情况是abc,ab1,ab2,ac1,ac2,a12,bc1,bc2,b12,c12,共10个基本事件,则至少有一个白球的基本事件是ab1,ab2,ac1,ac2,a12,bc1,bc2,b12,c12,共9个.∴至少有一个白球的概率为.故选D.答案:D.4.(2011年安徽卷,文9)从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点,则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( )(A)(B)(C)(D)解析:如图,正六边形ABCDEF,从6个顶点中随机选择4个顶点有ABCD,ABCE,ABCF,ABDE,ABDF,ABEF,ACDE,ACDF,ACEF,ADEF,BCDE,BCDF,BCEF,BDEF,CDEF,共15种选法,基本事件总数为15,其中四边形是矩形的有ABDE,BCEF,ACDF 3种,所以所求概率为P==.故选D.答案:D.5.(2010年北京卷,文3)从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a,从{1,2,3}中随机选取一个数为b,则b>a的概率是( )(A)(B)(C)(D)解析:从两个集合中分别取一个数a,b,用坐标表示为(a,b),则(a,b)的取值有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),( 5,2),(5,3)共15种,而b>a时有(1,2),(1,3),(2,3)3种结果,故所求概率是=,选D.答案:D.6.(2010年安徽卷,文10)甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线,乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线,则所得的两条直线相互垂直的概率是( )(A)(B)(C)(D)解析:从正方形的四个顶点中任选两点的连线有6条,四边及对角线依次设为a、b、c、d、e、f,则甲、乙连线的结果有(a,a),(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,a),(b,b),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),(c,a),( c,b),(c,c),(c,d),(c,e),(c,f),(d,a),(d,b),(d,c),(d,d),(d,e),(d,f),(e,a),(e,b),(e ,c),(e,d),(e,e),(e,f),(f,a),(f,b),(f,c),(f,d),(f,e),(f,f)共36种,其中甲、乙连线垂直的结果有(a,b),(a,d),(b,a),(b,c),(c,b),(c,d),(d,a),(d,c),(e,f),(f,e)共10种,∴所求概率P==,选C.答案:C.这类试题解答的关键是把基本事件总数计算准确,把随机事件包含的基本事件个数计算准确.7.(2012年浙江卷,文12,4分)从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中,随机(等可能)取两点,则该两点间的距离为的概率是.解析:本题主要考查了古典概型概率的求法.设五点为A,B,C,D,E,随机取两点有(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E)共10种情况,两点间的距离是的有4种,所以P=.答案:8.(2012年江苏数学,6,5分)现有10个数,它们能构成一个以1为首项,-3为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率是.解析:本题考查等比数列的通项公式和等可能事件的概率.因为这10个数是1,-3,(-3)2,(-3)3,(-3)4,(-3)5,(-3)6,(-3)7,(-3)8,(-3)9,所以它小于8的概率等于=.答案:9.(2010年辽宁卷,文13)三张卡片上分别写上字母E,E,B,将三张卡片随机地排成一行,恰好排成英文单词BEE的概率为.解析:将三张卡片随机地排成一行,共有EEB,EBE,BEE三种排法,而排成BEE的情况只有一种,故所求概率为.答案:10.(2012年天津卷,文15,13分)某地区有小学21所,中学14所,大学7所,现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查.(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目;(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析,①列出所有可能的抽取结果;②求抽取的2所学校均为小学的概率.解:(1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.(2)①在抽取到的6所学校中,3所小学分别记为A1,A2,A3,2所中学分别记为A4,A5,大学记为A6,则抽取2所学校的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{ A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共15种.②从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},共3种.所以P(B)==.本小题考查分层抽样方法、列举法求随机事件所含的基本事件数,古典概型及其概率计算,难度较小.11.(2012年江西卷,文18,12分)如图,从A1(1,0,0),A2(2,0,0),B1(0,1,0),B2(0,2,0),C1(0,0,1),C2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点.(1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率;(2)求这3点与原点O共面的概率.解:从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是:x轴上取2个点的有A1A2B1,A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2,共4种.y轴上取2个点的有B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2,共4种.z轴上取2个点的有C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2,共4种.所选取的3个点在不同坐标轴上有A1B1C1,A1B1C2,A1B2C1,A1B2C2,A2B1C1,A2B1C2,A2B2C1,A2B2C2,共8种.因此,从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种.(1)选取的这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有:A1B1C1,A2B2C2,共2种,因此,这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为P1==.(2)选取的这3个点与原点O共面的所有可能结果有:A1A2B1,A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2,B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2,C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2,共12种,因此,这3个点与原点O共面的概率为P2==.12.(2012年山东卷,文18,12分)袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为1,2,3;蓝色卡片两张,标号分别为1,2.(1)从以上五张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的频率;(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片,从这六张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.解:(1)从5张卡片中任取2张的所有可能情况有如下10种;红1红2,红1红3,红1蓝1,红1蓝2,红2红3,红2蓝1,红2蓝2,红3蓝1,红3蓝2,蓝1蓝2,其中两张卡片的颜色不同,且标号之和小于4的有3种情况,故所求概率为P1=.(2)加入一张标号为0的绿色卡片后,从6张卡片中任取2张,除上面10种情况外,多出5种情况:红1绿0,红2绿0,红3绿0,蓝1绿0,蓝2绿0,即共有15种情况,其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况,所以所求概率为P2=.本题考查利用列举法计算随机事件所包含的基本事件数,以及古典概型的概率求法等基础知识,考查学生运用概率知识求解简单实际问题的能力,难度适中.13.(2011年江西卷,文16)某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考评级别.公司准备了两种不同的饮料共5杯,其颜色完全相同,并且其中3杯为A饮料,另外2杯为B饮料,公司要求此员工一一品尝后,从5杯饮料中选出3杯A饮料.若该员工3杯都选对,则评为优秀;若3杯选对2杯,则评为良好;否则评为合格.假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力.(1)求此人被评为优秀的概率;(2)求此人被评为良好及以上的概率.解:将5杯饮料编号为:1,2,3,4,5,编号1,2,3表示A饮料,编号4、5表示B饮料,则从5杯饮料中选出3杯的所有可能情况为:(1,2,3)、(1,2,4)、(1,2,5)、(1,3,4)、(1,3,5)、(1,4,5)、(2,3,4)、(2,3,5)、(2,4,5)、(3,4,5),共有10种,令D表示此人被评为优秀的事件,E表示此人被评为良好的事件,F表示此人被评为良好及以上的事件,则(1)P(D)=.(2)P(E)=,P(F)=P(D)+P(E)=.14.(2011年天津卷,文15)编号分别为A1,A2,…,A16的16名篮球运动员在某次训练比赛中的得分记录如下:运动员编号A1A2A3A4A5A6A7A8得分15 35 21 28 25 36 18 34运动员编号A9A10A11A12A13A14A15A16得分17 26 25 33 22 12 31 38(1)将得分在对应区间内的人数填入相应的空格:区间[10,20) [20,30) [30,40]人数(2)从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取2人,①用运动员编号列出所有可能的抽取结果;②求这2人得分之和大于50的概率.解:(1)4 6 6(2)①得分在[20,30)内的运动员编号为A3,A4,A5,A10,A11,A13,从中随机抽2人,所有可能抽取的结果有:{A3,A4},{A3,A5},{A3,A10},{A3,A11},{A3,A13},{A4,A5},{A4,A10},{A4,A11},{A4,A13},{A5,A10},{A5,A11},{A5,A13},{A10,A11},{A10,A13},{A11,A13},共15种.②设B=“得分在[20,30)内的运动员中随机抽取2人,这两人得分之和大于50”,则所有可能的结果有:{A4,A5},{A4,A10},{A4,A11},{A5,A10},{A10,A11},共5种.所以P(B)==.15.(2011年福建卷,文19)某日用品按行业质量标准分成五个等级,等级系数X依次为1,2,3,4,5.现从一批该日用品中随机抽取20件,对其等级系数进行统计分析,得到频率分布X 1 2 3 4 5f a 0.2 0.45 b c(1)若所抽取的20件日用品中,等级系数为4的恰有3件,等级系数为5的恰有2件,求a,b,c 的值;(2)在(1)的条件下,将等级系数为4的3件日用品记为x1,x2,x3,等级系数为5的2件日用品记为y1,y2.现从x1,x2,x3,y1,y2这5件日用品中任取两件(假定每件日用品被取出的可能性相同),写出所有可能的结果,并求这两件日用品的等级系数恰好相等的概率.解:(1)由频率分布表知a+0.2+0.45+b+c=1,即a+b+c=0.35,因为抽取的20件日用品中,等级系数为4的恰有3件,∴b==0.15.等级系数为5的恰有2件,所以c==0.1,则a=0.35-0.1-0.15=0.1,∴a=0.1,b=0.15,c=0.1.(2)从日用品x1,x2,x3,y1,y2中任取两件,所有可能的结果为{x1,x2},{x1,x3},{x1,y1},{x1,y2},{x2,x3},{x2,y1},{x2,y2},{x3,y1},{x3,y2},{y1,y2}共10种情况,其等级系数相等的有4种情况,故所求的概率为P==.16.(2010年福建卷,文18)设平面向量a m=(m,1),b n=(2,n),其中m,n∈{1,2,3,4}.(1)请列出有序数组(m,n)的所有可能结果;(2)若“使得a m⊥(a m-b n)成立的(m,n)”为事件A,求事件A发生的概率.解:(1)有序数组(m,n)的所有可能结果为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),( 4,2),(4,3),(4,4),共16个.(2)由a m⊥(a m-b n)得m2-2m+1-n=0,即n=(m-1)2.由于m,n∈{1,2,3,4},故事件A包含的基本事件为(2,1)和(3,4),共2个.又基本事件的总数为16,故所求的概率为P(A)==.本题新颖之处在于概率与平面向量的有机交汇.求解这类问题的关键是通过列举(或画图)的方法,搞清楚基本事件的总数以及欲求概率的事件中所包含的基本事件数,然后套用古典概型的概率计算公式求解.几何概型考向聚焦几何概型是高考一个新的热点,并且它是一个重要的知识交汇点,通常会把几何概型与线性规划、解析几何以及其它数学知识综合起来,重点考查“长度型”和“面积型”,主要以填空题、选择题的形式出现,试题难度为中、低档,所占分值为5分左右17.(2012年湖北卷,文10,5分)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,则此点取自阴影部分的概率是( )(A)-(B)(C)1-(D)解析:如图,不妨设扇形的半径为2a,如图,记两块白色区域的面积分别为S1,S2,两块阴影部分的面积分别为S3,S4,则S1+S2+S3+S4==π(2a)2=πa2①而S1+S3与S2+S3的和恰好为一个半径为a的圆,即S1+S3 +S2+S3=πa2.②①-②得S3=S4,由图可知S3=(S扇形EOD+S扇形COD)-S正方形OEDC=πa2-a2,所以S阴影=πa2-2a2.由几何概型概率公式可得,此点取自阴影部分的概率为P===1-.故选C.答案:C.18.(2012年北京卷,文3,5分)设不等式组表示的平面区域为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)(B)(C)(D)解析:不等式组对应直角坐标系内的区域D为如图所示的正方形ABCD,面积为4,在区域D内随机取一点,此点到原点的距离大于2对应的区域为如图所示的阴影部分,即落在圆x2+y2=4(0≤x≤2,0≤y≤2)外,面积为4-π.∴所求概率为.故选D.答案:D.19.(2012年辽宁卷,文11,5分)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,则该矩形面积大于20 cm2的概率为( )(A)(B)(C)(D)解析:设AC=x cm且0<x<12,则BC=(12-x)cm,∴以AC、CB为邻边的矩形面积为x·(12-x),令x(12-x)>20,得2<x<10,由几何概型知矩形面积大于20的概率为=.答案:C.20.(2011年福建卷,文7)如图,矩形ABCD中,点E为边CD的中点.若在矩形ABCD内部随机取一个点Q,则点Q取自△ABE内部的概率等于( )(A)(B)(C)(D)解析:本题属于几何概型求概率问题,设矩形长为a,宽为b,则点取自△ABE内部的概率P===.故选C.答案:C.21.(2011年湖南卷,文15)已知圆C:x2+y2=12,直线l:4x+3y=25.(1)圆C的圆心到直线l的距离为;(2)圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率为.解析:(1)圆心(0,0),∴圆心到4x+3y-25=0的距离d==5.(2)如图l1∥l,l1与圆x2+y2=12相交于M,N两点,且l1与l的距离为2,则当点A位于劣弧上时,A到l的距离小于2.|OD|=|OH|-2=5-2=3,|ON|=2,∴cos∠DON===,∴∠DON=,∴∠MON=,∴的长度为2π×2×=,∴由几何概型概率计算公式得点A到直线l的距离小于2的概率P===.答案:(1)5 (2)22.(2010年湖南卷,文11)在区间[-1,2]上随机取一个数x,则x∈[0,1]的概率为.解析:∵区间[-1,2]的区间长度为3,区间[0,1]的区间长度为1.∴由几何概型概率计算公式知x∈[0,1]的概率为.答案:23.(2010年全国新课标卷,文14)设函数y=f(x)在区间[0,1]上的图象是连续不断的一条曲线,且恒有0≤f(x)≤1,可以用随机模拟方法近似计算由曲线y=f(x)及直线x=0,x=1,y=0所围成部分的面积S.先产生两组(每组N个)区间[0,1]上的均匀随机数x1,x2,…,x N和y1,y2,…,y N,由此得到N个点(x i,y i)(i=1,2,…,N).再数出其中满足y i≤f(x i)(i=1,2,…,N)的点数N1,那么由随机模拟方法可得S的近似值为.解析:由0≤f(x)≤1可知曲线y=f(x)与直线x=0,x=1,y=0围成了一个曲边梯形.又产生的随机数对在如图所示的正方形内,正方形的面积为1,共有N对数,即有N个点,且满足y i≤f(x i)(i=1,2,…,N)的有N1个点,即在函数f(x)图象上及下方有N1个点,所以由几何概型的概率公式得:曲线y=f(x)与x=0,x=1,y=0围成的面积为×1=.答案:(2011年北京卷,文16,13分)以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数.乙组记录中有一个数据模糊,无法确认,在图中以X表示.(1)如果X=8,求乙组同学植树棵数的平均数和方差;(2)如果X=9,分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,求这两名同学的植树总棵数为19的概率.(注:方差s2=[(x1-)2+(x2-)2+…+(x n-)2],其中为x1,x2,…,x n的平均数)解:(1)当X=8时,由茎叶图可知,乙组四名同学的植树棵数分别是8,8,9,10,1分所以平均数为==;3分方差为s2=×[(8-)2+(8-)2+(9-)2+(10-)2]=.6分第(1)问赋分细则:(1)读茎叶图,获取乙组四名同学的植树棵数得1分;(2)求对乙组同学植树棵数的平均数得2分;(3)求对乙组同学植树棵数的方差得3分.(2)记甲组四名同学分别为A1,A2,A3,A4,他们植树的棵数依次为9,9,11,11;乙组四名同学分别为B1,B2,B3,B4,他们植树的棵数依次为9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,所有可能的结果有16个,它们是:(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,B4),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,B4),(A3,B1),(A3,B2),(A3,B3),(A3,B4),(A4,B1),(A4,B2),(A4,B3),(A4,B4).9分用C表示“选出的两名同学的植树总棵数为19”这一事件,则C中的结果有4个,它们是:(A1,B4),(A2,B4),(A3,B2),(A4,B2).11分故所求概率为P(C)==.13分第(2)问赋分细则:(1)列对列全所有可能出现的基本事件得3分;(2)找准事件C所包含的基本事件得2分;(3)由古典概型概率公式求对事件C的概率得2分.通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下:(1)对茎叶图不懂、获取错误的数据,该题得不到分;(2)平均数求错导致方差求错,扣5分;(3)平均数求对而方差求错,扣3分;(4)不会使用列举法将基本事件一一列出,第(2)问不得分;(5)基本事件总数求对,而事件C所含基本事件数求错,扣4分;(6)求事件C的概率P(C)时没有约分,扣1分.。
(完整版)古典概念与几何概型(带答案).docx
古典概型与几何概型1．【 2018 年理新课标 I 卷】下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的三边所围成的区域记为I ，黑色部分记为IIABC的斜边，其余部分记为BC，直角边AB， AC．△ ABCIII．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=p2B. p1=p3C. p 2=p3D. p1=p2+p3【答案】 A【解析】分析：首先设出直角三角形三条边的长度，根据其为直角三角形，从而得到三边的关系，之后应用相应的面积公式求得各个区域的面积，根据其数值大小，确定其关系，再利用面积型几何概型的概率公式确定出p1，p2， p3的关系，从而求得结果 .详解：设，则有，从而可以求得的面积为，黑色部分的面积为，其余部分的面积为，所以有，根据面积型几何概型的概率公式，可以得到，故选 A.点睛：该题考查的是面积型几何概型的有关问题，题中需要解决的是概率的大小，根据面积型几何概型的概率公式，将比较概率的大小问题转化为比较区域的面积的大小，利用相关图形的面积公式求得结果 .2．【 2018 年理新课标 I卷】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：则下面结论中不正确的是A.新农村建设后，种植收入减少B.新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C.新农村建设后，养殖收入增加了一倍D.新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半【答案】 A详解：设新农村建设前的收入为M，而新农村建设后的收入为2M，则新农村建设前种植收入为 0.6M，而新农村建设后的种植收入为0.74M，所以种植收入增加了，所以 A 项不正确；新农村建设前其他收入我0.04M，新农村建设后其他收入为0.1M，故增加了一倍以上，所以 B 项正确；新农村建设前，养殖收入为0.3M，新农村建设后为0.6M，所以增加了一倍，所以C项正确；新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的综合占经济收入的，所以超过了经济收入的一半，所以D正确；故选 A.3．【 2018 年理数全国卷II 】我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30 的概率是A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：先确定不超过30 的素数，再确定两个不同的数的和等于30 的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.详解：不超过30 的素数有2，3， 5， 7， 11， 13， 17， 19， 23， 29，共10 个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为 ，所以随机选取两个不同的数，其和等于 30 的有 3 种方法，故概率为 ，选 C.4.【2017 课标 1，理】 如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称 .在正方形内随机取一点， 则此点取自黑色部分的概率是1π A ．B ．48 C ．1π D ．24【答案】 B【解析】【考点】几何概型5. 【 2017 山东，理8】从分别标有 1， 2 ， ， 9 的 9 张卡片中不放回地随机抽取2 次，每次抽取 1 张．则抽到的 2 张卡片上的数奇偶性不同 的概率是（A ）5（ B ）4（C ）5（D ）18997 9【答案】 C【考点】古典概型6.【2017 江， 7】函数 f ( x)6 x x2的定域 D .在区[ 4,5]上随机取一个数x ,x D 的概率是▲.【答案】59【考点】几何概型概率7.（ 2016 年全国 I 高考）某公司的班在7:30， 8:00， 8:30 ，小明在7:50至 8:30 之到达站乘坐班，且到达站的刻是随机的，他等不超10 分的概率是（ A ）1123 3（B）2（ C）3（ D）4【答案】 B8、（ 2016 年全国 II 高考）从区0,1随机抽取2n 个数x1,x2，⋯，x n，y1，y2，⋯，y n，构成 n 个数x1 , y1， x2 , y2，⋯， x n , y n，其中两数的平方和小于 1 的数共有m个，用随机模的方法得到的周率的近似（ A）4n（ B）2n（C）4m（ D）2m m m n n【答案】 C9.（ 2016 年山高考）在[－1,1]上随机的取一个数k，事件“直y = kx 与( x－5)2 + y2 = 9 相交” 生的概率3【答案】．410.【2015 高考广东，理 4】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。
古典概型与几何概型课后习题解答汇总
游戏3：取两球同色的概率为：
32 1 43 2
取两球异色的概率为： 3113 1 43 43 2
规则公平
2、在所有首位不为0的八位数电话号码中，任取一个电话 号码，求： （1）头两位数码都是8的概率； （2）头两位数码至少有一个不超过8的概率； （3）头两位数码不相同的概率。
解： (1) 1 1 1 9 10 90
(3) 3 2 2 15 5
(4) 3 2 2 15 5
一、课本疑难习题解析
P142 B组 1、甲、乙两艘轮船都要在某个泊位停靠6小 时，假定它们在一昼夜的时间段中随机地到达，试求这 两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率。
解：设甲到达的时间为x，乙到达的时间为y，则：
0 x, y 24
（1）A在边上，可以在左边和右边的两个位置中选 一个来站。所以概率为： 1
2
（2）分A在左B在右以及A在右B在左两种情形：2
4
21 3 2
1
1 6
（3）A或B在边上，即为A和B至少有一人在边上，这一事件的
对立事件是：A和B都不在边上，则概率为：
1 21 21 1 1 5 43 21 6 6
（2）分析：如果试过的钥匙不扔掉，概率应为：
22 1 44 4
2、假设有5个条件很类似的女孩，把她们分别记为A，C，
J，K，S。她们应聘秘书工作，但只有3个秘书职位，因
此5人中仅有三人被录用，如果5个人被录用的机会相等，
分别计算下列事件的概率：
3 （1）女孩K得到一个职位； 5 （2）女孩K和S各自得到一个职位；
9:3:3:1
yy
yy
RR
Rr
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古典概型与几何概型
高考频度：★★★★☆难易程度：★★★☆☆
典例在线
（1）甲盒子装有分别标有数字1，2，3，4的4张卡片，乙盒子装有分别标有数字2，5的2张卡片，若从两个盒子中各随机地摸取出1张卡片，则2张卡片上的数字为相邻数字的概率为
A．B．
C．D．
（2）某学校星期一至星期五每天上午都安排五节课，每节课的时间为40分钟．第一节课上课的时间为7:50~8:30，课间休息10分钟．某同学请假后返校，若他在8:50~9:30之间到达教室，则他听第二节课的时间不少于10分钟的概率是
A．B．
C．D．
（3）一只小蜜蜂在一个棱长为30的正方体玻璃容器内随机飞行，若蜜蜂在飞行过程中与正方体玻璃容器六个表面中至少有一个的距离不大于10，则就有可能撞到玻璃上而不安全，即始终保持与正方体玻璃容器六个表面的距离均大于10，飞行才是安全的．假设蜜蜂在正方体玻璃容器内飞行到任意位置的可能性相等，那么蜜蜂飞行安全的概率是
A．B．
C．D．
【参考答案】（1）B；（2）A；（3）C．
（2）由题意得第二节课上课的时间为8:40~9:20，该同学到达教室的时间总长度为40，其中在8:50~9:10进入教室时，听第二节课的时间不少于10分钟，其时间长度为20，故所求概率为，故选A．（3）记“蜜蜂能够安全飞行”为事件A，则它在与正方体玻璃容器六个表面的距离均大于10的区域d内飞行时是安全的，故区域d为棱长为10的正方体，所以，故选C．
【解题必备】（1）求解古典概型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．求古典概型的基本步骤：①算出所有基本事件的个数；
②求出事件包含的所有基本事件数；③代入公式，求出
．
（2）对于求较复杂事件的古典概型的概率问题，可以将所求事件转化成彼此互斥的事件的和，或者先求对立事件的概率，再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件的概率．解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事
件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．
（3）求解与长度有关的几何概型的问题的关键是将所有基本事件及事件包含的基本事件转化为相应长度，进而求解．此处的“长度”可以是线段的长短，也可以是时间的长短等．注意：在寻找事件发生对应的区域时，确定边界点是问题的关键，但边界点能否取到不会影响事件的概率．
（4）求解与面积有关的几何概型的问题的关键是构造出随机事件对应的几何图形，利用图形的几何特征找出两个“面积”，套用几何概型的概率计算公式，从而求得随机事件的概率．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．“面积比”是求几何概型的一种重要的方法．
（5）用体积计算概率时，要注意所求概率与所求事件构成的区域的体积的关系，准确计算出所求事件构成的区域的体积，确定出基本事件构成的区域的体积，求体积比即可．一般当所给随机事件是用三个连续变量进行描述或当概率问题涉及体积时，可以考虑用此方法求解．
学霸推荐
1．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，圆锥的上底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“鱼食落在圆锥外面”的概率是
A．B．
C．D．
2．如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是
A．B．
C．D．
3．（从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为
A．B．
C．D．
2．【答案】B
【解析】不妨设正方形边长为，由图形的对称性可知，太极图中黑、白部分面积相等，即各占圆面积的一半．由几何概型概率的计算公式得，所求概率为，故选B．
3．【答案】D
【解析】如下表所示，表中的点的横坐标表示第一次取到的数，纵坐标表示第二次取到的数：
总计有25种情况，满足条件的有10种，所以所求概率为．故选D．
【名师点睛】古典概型中基本事件数的探求方法：①列举法；②树状图法，适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求．对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法；③列表法，适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化．。