高考数学几何概型的经典题型及答案
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.。
几何概型的经典例题
几何概型的经典例题
一、例题
在区间[ - 1,2]上随机取一个数x，则| x|≤slant1的概率为多少？
二、解析
1. 首先确定全部结果构成的区域长度
- 区间[ - 1,2]的长度为2-( - 1)=3。
2. 然后确定满足条件| x|≤slant1，即-1≤slant x≤slant1的区域长度
- 区间[ - 1,1]的长度为1-( - 1)=2。
3. 最后根据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))
- 这里是在数轴上的区间问题，属于长度型几何概型，所以P = (2)/(3)。
三、例题
已知正方形ABCD的边长为2，在正方形ABCD内随机取一点P，求点P到正方形各顶点的距离都大于1的概率。
四、解析
1. 首先确定全部结果构成的区域面积
- 正方形ABCD的边长为2，则其面积S = 2×2 = 4。
2. 然后确定满足条件的区域面积
- 点P到正方形各顶点的距离都大于1，那么点P在以正方形各顶点为圆心，1为半径的四个四分之一圆的外部（这些圆在正方形内部的部分）。
- 四个四分之一圆的面积之和相当于一个半径为1的圆的面积，即
S_1=π×1^2=π。
- 满足条件的区域面积S_2=4 - π。
3. 最后根据几何概型的概率公式
- 这里是平面区域问题，属于面积型几何概型，所以P=frac{S_2}{S}=(4 - π)/(4)。
高一 几何概型知识点+例题+练习 含答案
1．几何概型的概念设D是一个可度量的区域(例如线段、平面图形、立体图形等)，每个基本事件可以视为从区域D内随机地取一点，区域D内的每一点被取到的机会都一样；随机事件A的发生可以视为恰好取到区域D内的某个指定区域d中的点．这时，事件A发生的概率与d的测度(长度、面积、体积等)成正比，与d的形状和位置无关．我们把满足这样条件的概率模型称为几何概型．2．几何概型的概率计算公式一般地，在几何区域D中随机地取一点，记事件“该点落在其内部一个区域d内”为事件A，则事件A发生的概率P(A)＝d的测度D的测度.3．要切实理解并掌握几何概型试验的两个基本特点(1)无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个；(2)等可能性：每个结果的发生具有等可能性．4．随机模拟方法(1)使用计算机或者其他方式进行的模拟试验，以便通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是模拟方法．(2)用计算机或计算器模拟试验的方法为随机模拟方法．这个方法的基本步骤是①用计算器或计算机产生某个范围内的随机数，并赋予每个随机数一定的意义；②统计代表某意义的随机数的个数M和总的随机数个数N；③计算频率f n(A)＝MN作为所求概率的近似值．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零．(√)(2)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．( √ )(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．( √ ) (4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．( √ ) (5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．( × ) (6)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P ＝19.( × )1．(教材改编)在线段[0,3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为________． 答案 13解析 坐标小于1的区间为[0,1]，长度为1，[0,3]区间长度为3，故所求概率为13.2．(2015·山东改编)在区间[0,2]上随机地取一个数x ，则事件“－1≤12log ⎝⎛⎭⎫x ＋12≤1”发生的概率为________． 答案 34解析 ∵由－1≤12log ⎝⎛⎭⎫x ＋12≤1，得12≤x ＋12≤2， ∴0≤x ≤32.∴由几何概型的概率计算公式得所求概率 P ＝32－02－0＝34.3．(2014·辽宁改编)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是________． 答案 π4解析 设质点落在以AB 为直径的半圆内为事件A ， 则P (A )＝阴影面积长方形面积＝12π·121×2＝π4.4．(2014·福建)如图，在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为________．答案 0.18解析 由题意知，这是个几何概型问题， S 阴S 正＝1801 000＝0.18， ∵S 正＝1，∴S 阴＝0.18.5．(教材改编)如图，圆中有一内接等腰三角形．假设你在图中随机撒一把黄豆，则它落在阴影部分的概率为________． 答案 1π解析 设圆的半径为R ，由题意知圆内接三角形为等腰直角三角形，其直角边长为2R ，则所求事件的概率为： P ＝S 阴S 圆＝12×2R ×2R πR 2＝1π.题型一 与长度、角度有关的几何概型例1 (1)(2015·重庆)在区间[0,5]上随机地选择一个数p ，则方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为________．(2)(2015·烟台模拟)在区间[－π2，π2]上随机取一个数x ，则cos x 的值介于0到12之间的概率为________． 答案 (1)23 (2)13解析 (1)方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根，则有⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，x 1＋x 2＜0，x 1·x 2＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧4p 2－4(3p －2)≥0，－2p ＜0，3p －2＞0，解得p ≥2或23＜p ≤1，又p ∈[0,5]，则所求概率为P ＝3＋135＝1035＝23.(2)当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤12，得－π2≤x ≤－π3或π3≤x ≤π2，根据几何概型概率公式得所求概率为13.(3)如图所示，在△ABC 中，∠B ＝60°，∠C ＝45°，高AD ＝3，在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，求BM <1的概率． 解 因为∠B ＝60°，∠C ＝45°，所以∠BAC ＝75°. 在Rt △ABD 中，AD ＝3，∠B ＝60°， 所以BD ＝AD tan 60°＝1，∠BAD ＝30°.记事件N 为“在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，使BM <1”，则可得∠BAM <∠BAD 时事件N 发生．由几何概型的概率公式，得：P (N )＝30°75°＝25.引申探究1．本例(2)中，若将“cos x 的值介于0到12”改为“cos x 的值介于0到32”，则概率如何？解 当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤32，得－π2≤x ≤－π6或π6≤x ≤π2，根据几何概型概率公式得所求概率为23.2．若本例(3)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)＝11＋3＝3－12.思维升华 求解与长度、角度有关的几何概型的方法求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)，然后求解．要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度或角度)．(1)如图，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________．(2)已知集合A ＝{x |－1<x <5}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －23－x >0，在集合A 中任取一个元素x ，则事件“x ∈(A ∩B )”的概率是________． 答案 (1)16 (2)16解析 (1)如题图，因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的，所以OA 落在∠yOT 内的概率为60°360°＝16. (2)由题意得A ＝{x |－1<x <5}，B ＝{}x | 2<x <3，故A ∩B ＝{x |2<x <3}．由几何概型知，在集合A 中任取一个元素x ，则x ∈(A ∩B )的概率为P ＝16.题型二 与面积有关的几何概型命题点1 与平面图形面积有关的问题例2 (2015·福建改编)如图，矩形ABCD 中，点A 在x 轴上，点B 的坐标为(1,0)，且点C 与点D 在函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x ＜0的图象上．若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________． 答案 14解析 由图形知C (1,2)，D (－2,2)，∵S 四边形ABCD ＝6，S 阴＝12×3×1＝32.∴P ＝326＝14.命题点2 与线性规划知识交汇命题的问题例3 (2014·重庆)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________． 答案932解析 设小张与小王的到校时间分别为7：00后第x 分钟，第y 分钟，根据题意可画出图形，如图所示，则总事件所占的面积为(50－30)2＝400.小张比小王至少早5分钟到校表示的事件A ＝{(x ，y )|y －x ≥5,30≤x ≤50,30≤y ≤50}，如图中阴影部分所示，阴影部分所占的面积为12×15×15＝2252，所以小张比小王至少早5分钟到校的概率为P (A )＝2252400＝932.思维升华 求解与面积有关的几何概型的注意点求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．(1)在区间[－π，π]内随机取出两个数分别记为a ，b ，则函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π2有零点的概率为________．(2)(2014·湖北改编)由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为________． 答案 (1)1－π4 (2)78解析 (1)由函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π2有零点， 可得Δ＝(2a )2－4(－b 2＋π2)≥0，整理得a 2＋b 2≥π2， 如图所示，(a ，b )可看成坐标平面上的点，试验的全部结果构成的区域为 Ω＝{(a ，b )|－π≤a ≤π，－π≤b ≤π}， 其面积S Ω＝(2π)2＝4π2. 事件A 表示函数f (x )有零点，所构成的区域为M ＝{(a ，b )|a 2＋b 2≥π2}， 即图中阴影部分，其面积为S M ＝4π2－π3，故P (A )＝S M S Ω＝4π2－π34π2＝1－π4.(2)如图，平面区域Ω1就是三角形区域OAB ，平面区域Ω2与平面区域Ω1的重叠部分就是区域OACD ，易知C (－12，32)，故由几何概型的概率公式，得所求概率P ＝S 四边形OACD S △OAB ＝2－142＝78.题型三 与体积有关的几何概型例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 到点O 的距离大于1的概率为________． 答案 1－π12解析 V 正＝23＝8，V 半球＝12×43π×13＝23π，V 半球V 正＝2π8×3＝π12， 故点P 到O 的距离大于1的概率为1－π12.思维升华 求解与体积有关问题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．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥A －A 1BD 内的概率为________．答案 16解析 因为11A A BD A ABD V V －－＝＝13·S △ABD ·AA 1＝16·S矩形ABCD ·AA 1＝16V 长方体，故所求概率为1A A BD V V －长方体＝16.12．混淆长度型与面积型几何概型致误典例 (14分)在长度为1的线段上任取两点，将线段分成三段，试求这三条线段能构成三角形的概率．易错分析 不能正确理解题意，无法找出准确的几何度量来计算概率． 规范解答解 设x 、y 表示三段长度中的任意两个． 因为是长度，所以应有0<x <1,0<y <1,0<x ＋y <1，即(x ，y )对应着坐标系中以(0,1)、(1,0)和(0,0)为顶点的三角形内的点，如图所示．[6分]要形成三角形，由构成三角形的条件知 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y >1－x －y ，1－x －y >x －y ，1－x －y >y －x ，所以x <12，y <12，且x ＋y >12，故图中阴影部分符合构成三角形的条件．[10分] 因为阴影部分的三角形的面积占大三角形面积的14，故这三条线段能构成三角形的概率为14.[14分]温馨提醒 解决几何概型问题的易误点：(1)不能正确判断事件是古典概型还是几何概型，导致错误．(2)利用几何概型的概率公式时，忽视验证事件是否具有等可能性，导致错误．[方法与技巧]1．区分古典概型和几何概型最重要的是看基本事件的个数是有限个还是无限个． 2．转化思想的应用对一个具体问题，可以将其几何化，如建立坐标系将试验结果和点对应，然后利用几何概型概率公式．(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在坐标轴上即可； (2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系建立与体积有关的几何概型． [失误与防范]1．准确把握几何概型的“测度”是解题关键；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．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．(2014·湖南改编)在区间[－2,3]上随机选取一个数X ，则X ≤1的概率为________． 答案 35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 ＝35.2．在区间[－1,4]内取一个数x ，则2x －x 2≥14的概率是________．答案 35解析 不等式22x x －≥14，可化为x 2－x －2≤0， 则－1≤x ≤2，故所求概率为2－(－1)4－(－1)＝35.3．已知△ABC 中，∠ABC ＝60°，AB ＝2，BC ＝6，在BC 上任取一点D ，则使△ABD 为钝角三角形的概率为__________． 答案 12解析 如图，当BE ＝1时，∠AEB 为直角，则点D 在线段BE (不包含B 、E 点)上时，△ABD 为钝角三角形；当BF ＝4时，∠BAF 为直角，则点D在线段CF (不包含C 、F 点)上时，△ABD 为钝角三角形．所以△ABD 为钝角三角形的概率为1＋26＝12. 4．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是__________．答案 1－π4解析 如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是1－π4. 5．已知一只蚂蚁在边长分别为5,12,13的三角形的边上随机爬行，则其恰在离三个顶点的距离都大于1的地方的概率为________．答案 45解析 由题意可知，三角形的三条边长的和为5＋12＋13＝30，而蚂蚁要在离三个顶点的距离都大于1的地方爬行，则它爬行的区域长度为3＋10＋11＝24，根据几何概型的概率计算公式可得所求概率为2430＝45. 6．有一个底面圆的半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．答案 23解析 V 圆柱＝2π，V 半球＝12×43π×13＝23π， V 半球V 圆柱＝13， 故点P 到O 的距离大于1的概率为23.7．在区间[1,5]和[2,4]上分别各取一个数，记为m 和n ，则方程x 2m 2＋y 2n 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆的概率是________． 答案 12 解析 ∵方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，∴m >n . 如图，由题意知，在矩形ABCD 内任取一点Q (m ，n )，点Q 落在阴影部分的概率即为所求的概率，易知直线m ＝n 恰好将矩形平分，∴所求的概率为P ＝12. 8．随机地向半圆0<y <2ax －x 2(a 为正常数)内掷一点，点落在圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，则原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4的概率为______． 答案 12＋1π解析 半圆域如图所示：设A 表示事件“原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4，由几何概型的概率计算公式得P (A )＝A 的面积半圆的面积＝14πa 2＋12a 212πa 2＝12＋1π. 9．随机向边长为5,5,6的三角形中投一点P ，则点P 到三个顶点的距离都不小于1的概率是________．答案 24－π24解析 由题意作图，如图则点P 应落在深色阴影部分，S 三角形＝12×6×52－32＝12，三个小扇形可合并成一个半圆，故其面积为π2，故点P 到三个顶点的距离都不小于1的概率为12－π212＝24－π24. 10．已知向量a ＝(－2,1)，b ＝(x ，y )．(1)若x ，y 分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足a ·b ＝－1的概率；(2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，求满足a ·b <0的概率．解 (1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为6×6＝36(个)； 由a ·b ＝－1有－2x ＋y ＝－1，所以满足a ·b ＝－1的基本事件为(1,1)，(2,3)，(3,5)，共3个；故满足a ·b ＝－1的概率为336＝112. (2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，则全部基本事件的结果为Ω＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6}；满足a ·b <0的基本事件的结果为A ＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6且－2x ＋y <0}；画出图形如图，矩形的面积为S 矩形＝25，阴影部分的面积为S 阴影＝25－12×2×4＝21， 故满足a ·b <0的概率为2125. B 组 专项能力提升(时间：30分钟)11．一个长方体空屋子，长，宽，高分别为5米，4米，3米，地面三个角上各装有一个捕蝇器(大小忽略不计)，可捕捉距其一米空间内的苍蝇，若一只苍蝇从位于另外一角处的门口飞入，并在房间内盘旋，则苍蝇被捕捉的概率是________．答案 π120解析 屋子的体积为5×4×3＝60立方米，捕蝇器能捕捉到的空间体积为18×43π×13×3＝π2立方米．故苍蝇被捕捉的概率是π260＝π120. 12．(2015·湖北改编)在区间[0,1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≤12”的概率，p 2为事件“xy ≤12”的概率，则下列正确的是________． ①p 1<p 2<12 ②p 2<12<p 1③12<p 2<p 1 ④p 1<12<p 2 答案 ④ 解析 在直角坐标系中，依次作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤1，0≤y ≤1，x ＋y ≤12，⎩⎪⎨⎪⎧ 0≤x ≤1，0≤y ≤1，xy ≤12的可行域如图所示：依题意，p 1＝S △ABOS 四边形OCDE ，p 2＝S 曲边多边形OEGFC S 四边形OCDE ， 而12＝S △OEC S 四边形OCDE ，所以p 1<12<p 2. 13.如图，已知点A 在坐标原点，点B 在直线y ＝1上，点C (3,4)，若AB ≤10，则△ABC 的面积大于5的概率是________．答案 524解析 设B (x,1)，根据题意知点D (34，1)，若△ABC 的面积小于或等于5，则12×DB ×4≤5，即DB ≤52，此时点B 的横坐标x ∈[－74，134]，而AB ≤10， 所以点B 的横坐标x ∈[－3,3]，所以△ABC 的面积小于或等于5的概率为P ＝3－(－74)6＝1924， 所以△ABC 的面积大于5的概率是1－P ＝524. 14．已知集合A ＝[－2,2]，B ＝[－1,1]，设M ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈B }，在集合M 内随机取出一个元素(x ，y )．(1)求以(x ，y )为坐标的点落在圆x 2＋y 2＝1内的概率；(2)求以(x ，y )为坐标的点到直线x ＋y ＝0的距离不大于22的概率．解 (1)集合M 内的点形成的区域面积S ＝8.因圆x 2＋y 2＝1的面积S 1＝π，故所求概率为S 1S ＝π8. (2)由题意|x ＋y |2≤22，即－1≤x ＋y ≤1，形成的区域如图中阴影部分，阴影部分面积S 2＝4， 所求概率为S 2S ＝12.15．甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为1 h ，乙船停泊时间为2 h ，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．解 设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x 与y ，记事件A 为“两船都不需要等待码头空出”，则0≤x ≤24,0≤y ≤24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1 h 以上或乙比甲早到达2 h 以上，即y －x ≥1或x －y ≥2.故所求事件构成集合A ＝{(x ，y )|y －x ≥1或x －y ≥2，x ∈[0,24]，y ∈[0,24]}．A 为图中阴影部分，全部结果构成集合Ω为边长是24的正方形及其内部．所求概率为P (A )＝A 的面积Ω的面积＝(24－1)2×12＋(24－2)2×12242 ＝506.5576＝1 0131 152.。
浙江新高考数学理科一轮复习创新方案热点题型10.6几何概型(含答案详析)
第六节 几何概型高频考点 考点一 与长度相关的几何概型1．与长度相关的几何概型是高考命题的热门，多以选择题或填空题的形式体现，试题难度不大，多为简单题或中档题．2．高考对与长度相关的几何概型的考察主要有以下几个命题角度：(1) 与线段长度相关的几何概型； (2) 与曲线长度相关的几何概型； (3) 与时间相关的几何概型；(4) 与不等式相关的几何概型．[例 1] (1)(2013 福·建高考 )利用计算机产生 0～ 1 之间的平均随机数a ，则事件“ 3a －1<0 ”发生的概率为 ________．(2)在区间π π x ，则 cos x 的值介于 0 到1之间的概率为 ________．－ ，上随机取一个数22211[自主解答 ] (1)由 3a － 1<0，得 a<3，而 0～ 1 的长度为 1，故所求概率为 3.π π 1 π π π π≤x ≤2时，由 0≤ cos x ≤ 2，得－ ≤ x ≤ －≤ x ≤2，依据几何概型概率公式(2)当－ 2 23或3得所求概率为 13.1 1[答案 ] (1)3 (2)3【互动研究】本例 (2)中，若将“ cos x 的值介于 0 到12”改为“ cos x 的值介于0 到 23”，则概率怎样？ππ解： 当－ 2≤ x ≤ 2时， 由 0≤cos x ≤ 3，2π π ππ 得－ ≤ x ≤ － 或 ≤ x ≤ ，26622依据几何概型概率公式得所求概率为3.与长度相关的几何概型的常有种类及解题策略(1)与线段长度相关的几何概型．利用几何概型公式求解，直接利用两线段的长度之比即可．(2)与曲线长度相关的几何概型．利用几何概型公式，求曲线的长度之比即可．(3)与时间相关的几何概型．利用几何概型公式，求时间段之比即可．(4)与不等式相关的几何概型．利用几何概型公式，求两实数之间距离之比即可．1． (2013·北高考湖)在区间[－ 2,4] 上随机取一个数x，若x 知足 |x|≤ m的概率为56，则m＝ ________.2m5分析：由 |x|≤ m，得－ m≤ x≤ m，当 m≤ 2 时，由题意得＝，解得m＝ 2.5，矛盾，舍去．m－－ 25当 2<m<4 时，由题意得6＝6，解得 m＝ 3.答案： 3x－22．已知会合 A＝ { x|－ 1<x<5} ， B＝ x 3－x>0，在会合 A 中任取一个元素x，则事件“ x∈ A∩B”的概率是 ________．分析：由题意得 A＝ { x|－ 1<x<5} ，B＝{ x|2<x<3} ，由几何概型知，在会合 A 中任取一个元素 x，则 x∈A∩ B 的概率为P＝1 6 .答案：16考点二与面积相关的几何概型[例2](1)(2013陕·西高考)如图，在矩形地区ABCD的A，C两点处各有一个通讯基站，假定其信号的覆盖范围分别是扇形地区ADE和扇形地区CBF (该矩形地区内无其余信号来源，基站工作正常)．若在该矩形地区内随机地选一地址，则该地址无信号的概率是()A ． 1－π π C ． 2－ππ4B. －12 D.24(2)(2013 四·川高考 )节日前夜，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮互相独立， 且都在通电后的4 秒内任一时辰等可能发生，而后每串彩灯以 4 秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时辰相差不超出2 秒的概率是 ()1 1 3 7A. 4B.2C.4D. 8[自主解答 ](1)依题意知，有信号的地区面积为ππ× 2 ＝ ，矩形面积为 2，故无信号的422－ π2π概率P ＝ 2＝1－4.0≤ x ≤4， (2)设第一串彩灯亮的时辰为x ，第二串彩灯亮的时辰为 y ，则0≤ y ≤4，0≤x ≤ 4，要使两串彩灯亮的时辰相差不超出2 秒，则 0≤ y ≤4，－ 2≤ x － y ≤ 2.0≤ x ≤ 4，0≤ x ≤ 4，如下图，不等式组所表示的图形面积为16，不等式组 0≤ y ≤ 4，0≤y ≤ 4－ 2≤ x － y ≤2所表示的六边形OABCDE 的面积为 16－ 4＝ 12，12 3由几何概型的概率公式可得P ＝16＝ 4.[答案 ] (1)A (2)C【方法例律】求解与面积相关的几何概型的注意点求解与面积相关的几何概型时，重点是弄清某事件对应的面积，以求面积， 必需时可根据题意结构两个变量， 把变量当作点的坐标， 找到试验所有结果组成的平面图形， 以便求解．浙江新高考数学理科一轮复习创新方案热门题型10.6几何概型(含答案详析)1．(2014邛·崃模拟 )已知一个三角形的三边长分别是5,5,6，一只蚂蚁在其内部爬行，若不考虑蚂蚁的大小，则某时辰该蚂蚁距离三角形的三个极点的距离均超出2的概率是 ()ππππA． 2－3B． 1－6C．2－2D． 1－12分析：选 B 如图，当蚂蚁距离三角形的三个极点的距离均超出 2 时，蚂蚁要在图中的空白区域内，△ABC 为等腰三角形，假定 AB＝ AC＝ 5，易知 AD＝ 4，△ABC 的面积是12，因为三角形内角和等于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12－ 2ππ扇形的面积之和等于 2π，故空白地区的面积是 12－ 2π，所求的概率为12＝ 1－6.2．已知平面地区 U ＝{( x，y)|x＋ y≤ 6，x≥0，y≥ 0} ，A＝{( x，y)|x≤ 4，y≥ 0，x－ 2y≥ 0} ，若向地区 U 内随机投一点 P，则点 P 落入地区 A 的概率为 ________．分析：依题意可在平面直角坐标系中作出会合U 与 A 所表示的平面地区(如图 )，由图可知S U S A2＝ 18， S A＝ 4，则点 P 落入地区 A 的概率为P＝S U＝9.答案：29考点三与角度相关的几何概型[例 3]如下图，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．[ 自主解答 ]因为∠B＝60°，∠C＝45°，所以∠ BAC＝75°.在 Rt△ABD 中， AD＝ 3，∠B＝60°，所以 BD＝AD＝1，∠BAD ＝ 30°. tan 60 °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时势件 N 发生．30° 2由几何概型的概率公式，得P(N)＝＝.75° 5【互动研究】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＋3，1＝3－ 1P(BM<1) ＝2.1＋3【方法例律】与角度相关的几何概型当波及射线的转动，扇形中相关落点地区问题时，应以角的大小作为地区胸怀来计算概率，且不行用线段的长度取代，这是两种不一样的胸怀手段．提示：有时与长度或角度相关的几何概型，题干其实不直接给出，而是将条件隐蔽，与其他知识综合考察．1. 如图，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 ________．分析：如题图，因为射线 OA 在座标系内是等可能散布的，则OA 落在∠yOT 内的概率60°1为＝6.360°1答案：62．如图， M 是半径为 R 的圆周上一个定点，在圆周上等可能地任取一点N，连结 MN，则弦 MN 的长度超出2R 的概率是 ________．分析：连结圆心O 与 M 点，作弦MN 使∠MON ＝ 90°，这样的点有两个，分别记为N1，N2，仅当点 N 在不包括点M 的半圆弧上取值时，知足MN >2180° 1R，此时∠N1ON2＝ 180°，故所求的概率为＝.360° 2答案：12————————————[讲堂概括——通法意会 ]————————————————1 条规律——对几何概型概率公式中“ 测度” 的认识几何概型的概率公式中的“ 测度” 只与大小相关，而与形状和地点没关，在解题时，要掌握“ 测度” 为长度、面积、体积、角度等常有的几何概型的求解方法．2 种方法——判断几何概型中的几何胸怀形式的方法(1)当题干是两重变量问题，一般与面积相关系．(2)当题干是单变量问题，要看变量能够等可能抵达的地区：若变量在线段上挪动，则几何胸怀是长度；若变量在平面地区(空间地区 )内挪动，则几何胸怀是面积(体积 )，即一个几何胸怀的形式取决于该胸怀能够等可能变化的地区．前沿热门 (十七 )几何概型与线性规划问题的交汇1．几何概型常常与组成该事件地区的长度、面积、体积或角度等相关，在高考取常常波及面积地区的问题，而面积地区确实定又与线性规划相关．所以，高考命题常常在此交汇．2．因为面积常常波及一个关闭图，解题时必定要注意各界限对应的直线(或曲线 )方程，各端点的坐标，求面积时，还要注意对图形的切割等．[典例 ] (2012 北·京高考 )设不等式组0≤ x≤ 2，D .在地区 D 内随机表示的平面地区为0≤ y≤ 2取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是 ()ππ－ 2π4－πA. 4B.2C.6D.4[解题指导]先画出平面地区 D ，再找出几何地区的形状，剖析其几何概型所对应的量，而后解决问题．[分析 ] 不等式组0≤x≤ 2，表示坐标平面内的一个正方形地区，设地区内点的坐标0≤y≤ 2为 (x， y)，则在地区内取点，此点到坐标原点的距离大于 2 表示的地区就是圆 x2＋ y2＝ 4 的4－π外面，即图中的暗影部分，故所求的概率为4.[答案] D[名师评论] 1.此题有以下创新点：(1)考察方式的创新：由惯例方式变换为以线性规划为载体考察几何概型的计算；(2)考察内容的创新：此题将几何概型与线性规划及圆求面积完满联合起来，角度独到，形式新奇，又不失综合性．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)要正确判断一种概率模型是不是几何概型，为此一定认识几何概型的含义及特点；(2)运用几何概型的概率公式时，要注意考证事件能否具备等可能性．2x－ y＋ 2≥0，已知实数x∈ [－ 1,1]，y∈ [0,2] ，则点P(x，y)落在地区x－ 2y＋ 1≤0，内的概率为()x y 203333A. 16B.8C.4D. 2分析：选B不等式组表示的平面地区如下图(暗影部分)，其面积为1× 3× 2－ 1× 3×1 223＝3，则所求概率为23＝22× 28.。
(完整word版)2019届高考数学专题二十几何概型总结练习题及答案
专题二十 几何概型1.长度类几何概型 例1：已知函数()22f x x x =--，[]5,5x ∈-，在定义域内任取一点0x ，使()00f x ≤的概率是（ ） A ．110 B ．23C ．310D ．45【答案】C【解析】先解出()00f x ≤时0x 的取值范围：22012x x x --≤⇒-≤≤，从而在数轴上[]1,2-区间长度占[]5,5-区间长度的比例即为事件发生的概率，∴310P =，故选C ．2．面积类几何概型 （1）图形类几何概型例2-1：如图所示，在矩形ABCD 中，2AB a =，AD a =，图中阴影部分是以AB 为直径的半圆，现在向矩形ABCD 内随机撒4000粒豆子（豆子的大小忽略不计），根据你所学的概率统计知识，下列四个选项中最有可能落在阴影部分内的豆子数目是（ ）A ．1000B ．2000C ．3000D ．4000【答案】C【解析】在矩形ABCD 中，2AB a =，AD a =，面积为22a ，半圆的面积为212a π， 故由几何概型可知，半圆所占比例为4π，随机撒4000粒豆子，落在阴影部分内的豆子数目大约为3000，故选C ． （2）线性规划类几何概型例2-2：甲乙两艘轮船都要在某个泊位停靠6小时，假定他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泊位时必须等待的概率（ ） A ．14 B．13C ．34D ．716【答案】D【解析】设甲船到达的时间为x ，乙船到达的时间为y ，则所有基本事件构成的区域满足024024x y ≤≤≤≤⎧⎨⎩，这两艘船中至少有一艘在停泊位时必须等待包含的基本事件构成的区域A 满足0240246x y x y ⎧≤≤⎪≤≤⎨⎪-≤⎩，作出对应的平面区域如图所示：这两艘船中至少有一艘在停泊位时必须等待的概率为()181871242416S P A S Ω⨯==-=⨯阴，故选D ．（3）利用积分求面积例2-3：如图，圆222:O x y +=π内的正弦曲线sin y 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 ．24π B ．34πC ．22πD ．32π【答案】B【解析】构成试验的全部区域为圆内的区域，面积为3π， 正弦曲线sin y x =与x 轴围成的区域记为M ，根据图形的对称性得：面积为002sin dx 2cos 4S x x ππ==-=⎰，由几何概率的计算公式可得，随机往圆O 内投一个点A ，则点A 落在区域M 内的概率34P =π，故选B ．3．体积类几何概型例3：一个多面体的直观图和三视图所示，M 是AB 的中点，一只蝴蝶在几何体ADF BCE -内自由飞翔，由它飞入几何体F AMCD -内的概率为（ ）A ．34 B ．23C ．13D ．12【答案】D【解析】所求概率为棱锥F AMCD -的体积与棱柱ADF BCE -体积的比值． 由三视图可得AD DF CD a ===，且AD ，DF ，CD 两两垂直， 可得31122ADF BCE ADF V SDC AD DF DC a -=⋅=⋅⋅=， 棱锥体积13F AMCD ADMC V DF S -=⋅，而()21324ADCMS AD AM CD a =⋅+=， ∴214F AMCD V a -=．从而12F AMCD ADF BCEV P V --==．故选D ．一、单选题1．如图，边长为2的正方形中有一阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为23．则阴影区域的面积约为（ ）A ．23 B ．43C ．83D ．无法计算【答案】C【解析】设阴影区域的面积为s ，243s =，∴83s =．故选C ．2．某景区在开放时间内，每个整点时会有一趟观光车从景区入口发车，某人上午到达景区入口，准备乘坐观光车，则他等待时间不多于10分钟的概率为（ ）A ．110B ．16C ．15D ．56【答案】B【解析】由题意，此人在50分到整点之间的10分钟内到达，等待时间不多于10分钟，∴概率101606P ==．故选B ．3．一只蚂蚁在边长为4的正三角形区域内随机爬行，则它在离三个顶点距离都大于2的区域内的概率为（ ） A ．31-π B ．34C ．3π D ． 14【答案】A【解析】满足条件的正三角形如图所示：其中正三角形ABC 的面积31643S ==三角形满足到正三角形ABC 的顶点A ，B ，C 的距离都小于2的平面区域如图中阴影部分所示，则2S =π阴，则使取到的点到三个顶点A ，B ，C 的距离都大于2的概率为：31143P ==．故选A ．4．在区间[]0,1上随机取两个数x ，y ，记P 为事件2""3x y +≤的概率，则P =（ ）A ．23 B ．12C ．49D ．29【答案】D【解析】如图所示，01x ≤≤，01y ≤≤表示的平面区域为ABCD ，平面区域内满足23x y +≤的部分为阴影部分的区域APQ ，其中203P ⎛⎫⎪⎝⎭,，203Q ⎛⎫⎪⎝⎭,，结合几何概型计算公式可得满足题意的概率值为1222233119p ⨯⨯==⨯，故选D ．5．在区间[]02,上随机取一个数，sin 2x π的值介于0到12之间的概率为（ ）A ．13B ．2πC ．12D ．23【答案】A【解析】由10sin 22x π≤≤，得026x ππ≤≤，或562x ππ≤≤π，∴103x ≤≤或523x ≤≤， 记sin 2A x =π的值介于0到12之间，则构成事件A 的区域长度为15202333-+-=；全部结果的区域[]02,长度为2；∴()21323P A ==，故选A ．6．点P 在边长为1的正方形ABCD 内运动，则动点P 到定点A 的距离1PA <的概率为（ ） A ．14 B ．12C ．π4D ．π【答案】C【解析】满足条件的正方形ABCD ，如图所示：其中满足动点P 到定点A 的距离1PA <的平面区域如图中阴影部分所示，则正方形的面积1S=正，阴影部分的面积14S=π阴．故动点P到定点A的距离1PA<的概率π4SPS==阴正．故选C．7．如图所示，在椭圆2214xy+=内任取一个点P，则P恰好取自椭圆的两个端点连线与椭圆围成阴影部分的概率为（）A．1142-πB．1144-πC．18D．1188-π【答案】A【解析】先求椭圆面积的14，由2214xy+=知214xy=-，∴22220011dx4dx442S xx=-=-⎰⎰椭圆，而224dxx-⎰表示24y x=-与0x=，2x=围成的面积，即圆224x y+=面积的14，∴224dxx-=π⎰，∴2214dx422Sxπ=-=⎰椭圆，∴2S=π椭圆，∴概率1112242Pπ-==-ππ，故选A．8．如图，若在矩形OABC中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为（）A ．21-π B ．2πC ．22πD ．221-π【答案】A【解析】1S =π⨯=π矩形，又()00sin dx cos cos cos02x ππ=-=-π-=⎰，∴2S =π-阴影，∴豆子落在图中阴影部分的概率为221π-=-ππ．故选A ．9．把不超过实数x 的最大整数记为[]x ，则函数()[]f x x =称作取整函数，又叫高斯函数，在[]14,上任取x ，则[]2x x ⎡⎤=⎣⎦的概率为（ ）A ．14 B ．13C ．12D ．23【答案】D【解析】当[)12x ∈,时，则21x ⎡⎤=⎣⎦，满足[]2x x ⎡⎤=⎣⎦；当[)2,3x ∈时，[]2x =，)22,6x ⎡∈⎣，则22x ⎡⎤=⎣⎦，满足[]2x x ⎡⎤=⎣⎦； 当[)3,4x ∈时，[]3x =，)2622x ⎡∈⎣,，则22x ⎡⎤=⎣⎦不满足[]2x x ⎡⎤=⎣⎦；当4x =时，[]4x =，222x =，则22x ⎡⎤=⎣⎦，不满足[]2x x ⎡⎤=⎣⎦．综上，满足[]2x x ⎡⎤=⎣⎦的[)1,3x ∈，则[]2x x ⎡⎤=⎣⎦的概率为312413--＝， 故选D ．10．关于圆周率π，数学发展史上出现过许多有创意的求法，如著名的普丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计π的值：先请120名同学每人随机写下一个x ，y 都小于1的正实数对()x y ,，再统计其中能与1构成钝角三角形三边的数对()x y ,的个数m ，最后根据统计个数m 估计π的值．如果统计结果是34m =，那么可以估计π的值为（ ） A ．227B ．4715C ．5116D ．5317【答案】B【解析】由题意，120对都小于的正实数()x y,，满足0101xy<<⎧⎨<<⎩，面积为1，两个数能与1构成钝角三角形的三边的数对()x y,，满足221x y+<且0101xy<<⎧⎨<<⎩，面积为142π-，∵统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对()x y,的个数为34m=，则34112042π=-，∴4715π=，故选B．11．为了节省材料，某市下水道井盖的形状如图1所示，其外围是由以正三角形的顶点为圆心，正三角形的边长为半径的三段圆弧组成的曲边三角形，这个曲边三角形称作“菜洛三角形”．现有一颗质量均匀的弹珠落在如图2所示的莱洛三角形内，则弹珠恰好落在三角形ABC内的概率为（）A3223π-B3223π+C3D．31【答案】A【解析】弹珠落在莱洛三角形内的每一个位置是等可能的，由几何概型的概率计算公式可知所求概率：222212sin60321112233222sin602sin602322ABCABCSPSπ⨯⨯===⎛⎫π-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⎪⎝⎭ou u u u u u o ou r△△(ABCS u u u u u u u r△为莱洛三角形的面积），故选A．12．下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ，直角边AB ，AC ．ABC △的三边所围成的区域记为I ，黑色部分记为II ，其余部分记为III ．在整个图形中随机取一点，此点取自I ，II ，III 的概率分别记为1p ，2p ，3p ，则（ ）A ．12p p =B ．13p p =C ．23p p =D ．123p p p =+【答案】A【解析】设AC b =，AB c =，BC a =，则有222b c a +=， 从而可以求得ABC △的面积为112S bc =，黑色部分的面积为22222221122224442c b a c b a S bc bc ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=π⋅+π⋅-π⋅-=π+-+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦22211422c b a bc bc +-=π⋅+=，其余部分的面积为223112242a a S bc bc π⎛⎫=π⋅-=- ⎪⎝⎭，∴有12S S =，根据面积型几何概型的概率公式，可以得到12p p =，故选A ．二、填空题13．在区间[]02,内任取一个实数a ，则使函数()()21log a f x x -=在()0+∞,上为减函数的概率是___________．【答案】14【解析】∵函数()()21log a f x x -=在()0+∞,上为减函数，∴0211a <-<，112a <<，因此所求概率为1112204-=-．14．记集合(){}2216A x y xy =+≤,，集合()(){}40, B x y x y x y A =+-≤∈,,表示的平面区域分别为1Ω，2Ω．若在区域1Ω内任取一点()P x y ,，则点P 落在区域2Ω中的概率为__________． 【答案】324π+π【解析】画出(){}2216A x y x y =+≤,表示的区域1Ω，即图中以原点为圆心，半径为2的圆；集合()(){}40, B x y x y x y A =+-≤∈,,表示的区域2Ω，即图中的阴影部分． 由题意可得116S Ω=π，231164412842S Ω=⨯π+⨯⨯=π+，根据几何概型概率公式可得所求概率为21324S P S ΩΩπ+==π．15．如图，曲线sin32xy π=+把边长为4的正方形OABC 分成黑色部分和白色部分．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是__________．【答案】14【解析】由题意可知，阴影部分的面积4410 024sin3dx cos422xS x x⎡π⎤π⎛⎫⎛⎫=-+=-⨯=⎪ ⎪⎢⎥π⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰，正方形的面积：24416S=⨯=，由几何概型计算公式可知此点取自黑色部分的概率：1241 164SpS===．16．父亲节小明给爸爸从网上购买了一双运动鞋，就在父亲节的当天，快递公司给小明打电话话说鞋子已经到达快递公司了，马上可以送到小明家，到达时间为晚上6点到7点之间，小明的爸爸晚上5点下班之后需要坐公共汽车回家，到家的时间在晚上5点半到6点半之间．求小明的爸爸到家之后就能收到鞋子的概率（快递员把鞋子送到小明家的时候，会把鞋子放在小明家门口的“丰巢”中）为__________．【答案】18【解析】设爸爸到家时间为x，快递员到达时间为y，以横坐标表示爸爸到家时间，以纵坐标表示快递送达时间，建立平面直角坐标系，爸爸到家之后就能收到鞋子的事件构成区域如下图：根据题意，所有基本事件构成的平面区域为() 5.5 6.567x x y y ⎧⎫≤≤⎧⎪⎪⎨⎨⎬≤≤⎩⎪⎪⎩⎭,，面积1S =，爸爸到家之后就能收到鞋子的事件，构成的平面区域为() 5.5 6.5670x x y y x y ⎧⎫≤≤⎧⎪⎪⎪≤≤⎨⎨⎬⎪⎪⎪-≥⎩⎩⎭,， 直线0x y -=与直线 6.5x =和6y =交点坐标分别为()66,和()6.56.5,，2111228S ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭阴影， 由几何概型概率公式可得，爸爸到家之后就能收到鞋子的概率：18S P S==阴影． 故答案为18．。
几何概型例题分析及习题(含答案)
几何概型例题分析及练习题 (含答案)[例1] 甲、乙两人约定在下午4:00~5:00间在某地相见他们约好当其中一人先到后一定要等另一人15分钟，若另一人仍不到则可以离去，试求这人能相见的概率。
解：设x 为甲到达时间，y 为乙到达时间.建立坐标系，如图15||≤-y x 时可相见，即阴影部分167604560222=-=P[例2] 设A 为圆周上一定点，在圆周上等可能任取一点与A 连接，求弦长超过半径2倍的概率。
解：R AC AB 2||||==. ∴ 212===⋂R R BCDP ππ圆周[例3] 将长为1的棒任意地折成三段，求三段的长度都不超过21的概率。
解：设第一段的长度为x ，第二段的长度为y ，第三段的长度为y x --1，则基本事件组所对应的几何区域可表示为 }10,10,10|),{(<+<<<<<=Ωy x y x y x ，即图中黄色区域，此区域面积为21。
事件“三段的长度都不超过21”所对应的几何区域可表示为Ω∈=),(|),{(y x y x A ，}211,21,21<--<<y x y x 即图中最中间三角形区域，此区域面积为81)21(212=⨯ 此时事件“三段的长度都不超过21”的概率为412181==P[例4] 两对讲机持有者张三、李四，为卡尔货运公司工作，他们对讲机的接收范围是25，下午3：00张三在基地正东30内部处，向基地行驶，李四在基地正北40内部处，向基地行驶，试问下午3：00，他们可以交谈的概率。
解：设y x ,为张三、李四与基地的距离]30,0[∈x ，]40,0[∈y ，以基地为原点建立坐标系.他们构成实数对),(y x ，表示区域总面积为1200，可以交谈即2522≤+y x故19225120025412ππ==P [例5] 在区间]1,1[-上任取两数b a ,，运用随机模拟方法求二次方程02=++b ax x 两根均为正数的概率。
高考数学最新真题专题解析—古典概型与几何概型(理科)
高考数学最新真题专题解析—古典概型与几何概型考向一 古典概型【母题来源】2022年高考全国甲卷（理科）【母题题文】 从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________． 【答案】635. 【试题解析】从正方体的8个顶点中任取4个，有48C 70n ==个结果，这4个点在同一个平面的有6612m =+=个，故所求概率1267035m P n ===．故答案为：635． 【命题意图】本题主要考查古典概型的的概率计算公式，属于基础题.【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择填空形式出现，试题难度不大，多为抵挡题目，是历年高考的热点． 常见的命题角度有：（1）列举法求古典概型的概率；（2）树状图法求古典概型的概率． 【得分要点】(1)理解古典概型及其概率计算公式.(2)会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率. 考向二 几何概型【母题来源】2021年高考全国卷（理科）【母题题文】在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于74的概率为（ ）A ．79B ．2332C ．932D ．29【答案】B【试题解析】设从区间()()0,1,1,2中随机取出的数分别为,x y ，则实验的所有结果构成区域为(){},01,12x y x y Ω=<<<<，设事件A 表示两数之和大于74，则构成的区域为()7,01,12,4A x y x y x y⎧⎫=<<<+⎨⎬⎩⎭，分别求出,A Ω对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出． 【详解】 如图所示：设从区间()()0,1,1,2中随机取出的数分别为,x y ，则实验的所有结果构成区域为(){},01,12x y x y Ω=<<<<，其面积为111S Ω=⨯=．设事件A 表示两数之和大于74，则构成的区域为()7,01,12,4A x y x y x y ⎧⎫=<<<+⎨⎬⎩⎭，即图中的阴影部分，其面积为133********A S =-⨯⨯=，所以()2332A S P A S Ω== 【命题意图】本题主要考查几何概型的的概率计算公式，属于基础题.【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择填空形式出现，试题难度不大，多为抵挡题目，是历年高考的热点． 常见的命题角度有：（1）由长度比求几何概型的概率；（2）由面积比求几何概型的概率；（3）由体积比求几何概型的概率； （4）由角度比求几何概型的概率. 【得分要点】(1)能运用模拟方法估计概率. (2)了解几何概型的意义.真题汇总及解析 一、单选题1．（2022·河南许昌·高二期末（理））若分配甲、乙、丙、丁四个人到三个不同的社区做志愿者，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区．若甲分配的社区已经确定，则乙与甲分配到不同社区的概率是（ ） A ．14B ．56C ．13D ．512【答案】B 【解析】 【分析】计算出甲单独去分配的社区，甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，从而得到总的分配方法，再计算出甲乙分配到同一舍去的方法，得到乙与甲分配到不同社区的方法，根据古典概型求概率公式进行计算. 【详解】甲单独去分配的社区，有将乙，丙，丁三人分为两组，再和另外两个社区进行全排列，有212312C C A 6 种方法；甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，其余两人和另外两个社区进行全排列，有1232C A 6=种方法；其中甲乙分配到同一社区的方法有22A 2=种，则乙与甲分配到不同社区的方法有66210+-=种， 所以乙与甲分配到不同社区的概率是105666=+ 故选：B2．（2022·广东茂名·二模）甲、乙、丙三人是某商场的安保人员，根据值班需要甲连续工作2天后休息一天，乙连续工作3天后休息一天，丙连续工作4天后休息一天，已知3月31日这一天三人均休息，则4月份三人在同一天工作的概率为（ ） A ．13B ．25C ．1130D ．310【答案】B 【解析】 【分析】列举出三人所有工作日，由古典概型公式可得. 【详解】解：甲工作的日期为1，2，4，5，7，8，10，...，29. 乙工作的日期为1，2，3，5，6，7，9，10，...，30. 丙工作的日期为1，2，3，4，6，7，8，9， (29)在同一天工作的日期为1，2，7，11，13，14，17，19，22，23，26，29 ∴三人同一天工作的概率为122305P ==． 故选：B ．3．（2022·辽宁实验中学模拟预测）某国计划采购疫苗，现在成熟的疫苗中，三种来自中国，一种来自美国，一种来自英国，一种由美国和德国共同研发，从这6种疫苗中随机采购三种，若采购每种疫苗都是等可能的，则买到中国疫苗的概率为（ ） A ．16B ．12C ．910D ．1920【答案】D 【解析】 【分析】由对立事件的概率公式计算． 【详解】没有买到中国疫苗的概率为13611C 20P ==，所以买到中国疫苗的概率为119120P P =-=． 故选：D ．4．（2022·河南安阳·模拟预测（文））为推动就业与培养有机联动、人才供需有效对接，促进高校毕业生更加充分更高质量就业，教育部今年首次实施供需对接就业育人项目．现安排甲、乙两所高校与3家用人单位开展项目对接，若每所高校至少对接两家用人单位，则两所高校的选择涉及到全部3家用人单位的概率为（ ） A ．12 B ．23C ．34D ．1316【答案】D 【解析】【分析】由古典概型与对立事件的概率公式求解即可【详解】因为每所高校至少对接两家用人单位，所以每所高校共有2333314C C+=+=种选择，所以甲、乙两所高校共有4416⨯=种选择，其中甲、乙两所高校的选择涉及两家用人单位的情况有233C=种，所以甲、乙两所高校的选择涉及到全部3家用人单位的概率为31311616P=-=，故选：D5．（2022·全国·模拟预测（理））2022年2月4日，北京冬季奥林匹克运动会开幕式于当晩20点整在国家体育场隆重举行.在开幕式入场环节，91个国家（地区）按顺序入场.入场顺序除奥林匹克发祥地希腊（首先入场）、东道主中国（最后入场）、下届2026年冬季奥运会主办国意大利（倒数第二位入场）外，其余代表团根据简体中文的笔划顺序入场，诠释了中文之美．现若以抽签的方式决定入场顺序（希腊、中国、意大利按照传统出场顺序，不参与抽签），已知前83位出场的国家（地区）均已确定，仅剩乌兹别克斯坦、北马其顿、圣马力诺、安道尔、阿根廷、泰国末抽签，求乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的概率（）A．25B．13C．16D．14【答案】B【解析】【分析】先求出这六个国家的所有可能出场的顺序的排列数，再求出乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的排列数，将即乌兹别克斯坦、安道尔看作一个国家，利用捆绑法，根据古典概型的概率公式求得答案.【详解】由题意得，乌兹别克斯坦、北马其顿、圣马力诺、安道尔、阿根廷、泰国所有可能的出场顺序有66A种，其中乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的顺序有2525A A种,故乌兹别克斯坦、安道尔能紧挨出场的概率为252566A A1A3=，故选：B6．（2022·北京·北大附中三模）有一副去掉了大小王的扑克牌（每副扑克牌有4种花色，每种花色13张牌），充分洗牌后，从中随机抽取一张，则抽到的牌为“红桃”或“A”的概率为（）A．152B．827C．413D．1752【答案】C【解析】【分析】直接根据古典概型概率计算公式即可得结果.【详解】依题意，样本空间包含样本点为52，抽到的牌为“红桃”或“A”包含的样本点为16，所以抽到的牌为“红桃”或“A”的概率为1645213=，故选：C.7．（2022·湖北省仙桃中学模拟预测）定义：10000100010010,(,,,,)abcde a b c d e a b c d e Z=++++∈，当a b c d e><><时，称这个数为波动数，由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数中，波动数的概率为（）A ．115B ．215C ．760D ．112【答案】B 【解析】 【分析】先判断出由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数有120种，列举出波动数有 个，即可求出波动数的概率. 【详解】由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数一共有55A 120=种.而构成波动数，需满足a b c d e ><><，有：31425，31524，41325，41523，51324，51423，32415，32514，42315，42513，52314，52413，21435，21534，53412，43512一共16个. 所以波动数的概率为16212015=. 故选：B.8．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））在区间[]0,1上随机取两个数，则这两个数差的绝对值大于12的概率为（ ） A ．34B ．12C ．14D ．18【答案】C 【解析】 【分析】设在[]0,1上取的两数为x ，y ，满足12x y ->，画出不等式表示的平面区域，结合面积比的几何概型，即可求解.设在[]0,1上取的两数为x ，y ，则12x y ->，即12x y ->，或12x y -<-．画出可行域，如图所示，则12x y ->，或12x y -<-所表示的区域为图中阴影部分，易求阴影部分的面积为14，故所求概率11414P ==； 故选：C.9．（2022·全国·哈师大附中模拟预测）若在区间[]1,1-内随机取一个实数t ，则直线y tx =与双曲线2214xy -=的左、右两支各有一个交点的概率为（ ）A ．14B ．12C ．18D ．34【答案】B 【解析】 【分析】求出双曲线渐近线的斜率，根据已知条件可得出t 的取值范围，结合几何概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】双曲线的渐近线斜率为12±，则12t <，即1122t -<<，故所求概率为12P =，10．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））甲、乙两人约定某日上午在M 地见面，若甲是7点到8点开始随机到达，乙是7点30分到8点30分随机到达，约定，先到者没有见到对方时等候10分钟，则甲、乙两人能见面的概率为（ ）. A ．13B ．16C ．59D ．38【答案】B 【解析】 【分析】从早上7点开始计时，设甲经过x 十分钟到达，乙经过y 十分钟到达，可得x 、y 满足的不等式线组对应的平面区域为如图的正方形ABCD ，而甲乙能够见面，x 、y 满足的平面区域是图中的四边形EFGH ．分别算出图中正方形和四边形的面积，根据面积型几何概型的概率公式计算可得． 【详解】解：从早上7点开始计时，设甲经过x 十分钟到达，乙经过y 十分钟到达， 则x 、y 满足0639x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，作出不等式组对应的平面区域，得到图中的正方形ABCD ，若甲乙能够见面，则x 、y 满足||1x y -≤， 该不等式对应的平面区域是图中的四边形EFGH ，6636ABCD S =⨯=，114422622EFGH BEHBFGS SS=-=⨯⨯-⨯⨯= 因此，甲乙能见面的概率61366EFGH ABCD S P S ===故选：B ．二、填空题11．（2022·上海青浦·二模）受疫情防控需求，现有四位志愿者可自主选择到三个不同的核酸检测点进行服务，则三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是_________.（结果用最简分数表示） 【答案】49【解析】【分析】先计算总共的选择数，再计算三个核酸检测点都有志愿者到位的数量，即可得答案.【详解】解：四个志愿者总的选择共333381N =⨯⨯⨯=种，要满足三个核酸检测点都有志愿者到位，则必有2个人到同一核酸检测点，故从4人中选择2人出来，共有24C 6=种，再将这2人看成整体1人和其他2人共3人，选择三个核酸检测点，共33A 6=种，所以6636n =⨯=，所以364819n P N ===.故答案为：49.12．（2022·黑龙江·哈尔滨三中一模（理））关于圆周率π，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计π的值：先请120名同学，每人随机写下一个x 、y都小于1的正实数对(),x y ，再统计x 、y 两数能与1构成钝角三角形时的数对(),x y 的个数m ，最后再根据m 来估计π的值．假如统计结果是36m =，那么π的估计值为______．【答案】3.2【解析】【分析】(,)x y 表示的点构成一个正方形区域，x 、y 两数能与1构成钝角三角形时的数对(),x y 表示的点构成图中阴影部分，分别求出其面积，由几何概型概率公式求得其概率后可得．【详解】(,)x y 表示的点构成一个正方形区域，如图正方形OABC （不含边界），x 、y 两数能与1构成钝角三角形满足条件2211x y x y +>⎧⎨+<⎩，(,)x y 表示的点构成的区域是图中阴影部分（不含边界）， 因此所求概率为1136********P ππ-==-=，估计 3.2π≈．故答案为：3.213．（2022·河南·模拟预测）现有四张正面分别标有数字-1，0，-2，3的不透明卡片，它们除数字外其余完全相同，将它们背面朝上洗均匀，随机抽取一张记作m 不放回，再从余下的卡片中取一张记作n ．则点(),P m n 在第二象限的概率为______． 【答案】16【解析】【分析】列出所有可能的情况，根据古典概型的方法求解即可【详解】由题，点(),P m n 所有可能的情况为()1,0-，()1,2--，()1,3-，()0,1-，()0,2-，()0,3，()2,1--，()2,0-，()2,3-，()3,1-，()3,0，()3,2-共12种情况，其中在第二象限的为()2,3-，()1,3-，故点(),P m n 在第二象限的概率为21126= 故答案为：1614．（2021·江西·新余市第一中学模拟预测（理））寒假即将来临，小明和小强计划去图书馆看书，约定上午8：00~8：30之间的任何一个时间在图书馆门口会合．两人商量好提前到达图书馆的人最多等待对方10分钟，如果对方10分钟内没到，那么等待的人先进去．则两人能够在图书馆门口会合的概率是_________________． 【答案】59【解析】先把两人能够会合转化为几何概型，利用几何概型的概率公式直接求解.【详解】设小明到达的时刻为8时x 分，小强到达的时刻为8时y 分，其中030,030x y ≤≤≤≤， 则当|x-y |≤10时，两人能够在图书馆门口会合.如图示：两人到达时刻（x ，y ）构成正方形区域，记面积为S ,而事件A ：两人能够在图书馆门口会合构成阴影区域，记其面积为S 1 所以1900-22005()=9009S P A S ⨯==. 故答案为：59.【点睛】（1）几何概型的两个特征——无限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是几何概型；（2）几何概型通常转化为长度比、面积比、体积比。
2021年高考数学考点59几何概型必刷题理含解析
考点59 几何概型1．已知P是所在平面内一点，，现将一粒黄豆随机撒在内，则黄豆落在内的概率是（）A． B． C． D．【答案】B2．欧阳修的《卖油翁》中写道：“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆盖其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止，若铜钱是直径为的圆面，中间有边长为的正方形孔，现随机向铜钱上滴一滴油（油滴的大小忽略不计），则油滴落入孔中的概率为（）A． B． C． D．【答案】A3．有一底面半径为1，高为2的圆柱，点O为圆柱下底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P 到点O的距离大于l的概率为A． B． C． D．【答案】B【解析】设点P到点O的距离小于1的概率为P1，由几何概型，则P1＝＝，故点P到点O的距离大于1的概率P＝1－＝.故选B.4．如图所示，平面直角坐标系中，阴影部分是由抛物线及线段围成的封闭图形，现在在内随机的取一点，则点恰好落在阴影内的概率为A． B． C． D．【答案】D5．在区间[0，2]上随机取一个数x，使的概率为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】在区间上随机取一个数，使则解得所求概率故选6．如图所示，在边长为1的正方形中任取一点，则点恰好取自阴影部分的概率为A． B． C． D．【答案】C7．如图所示，在椭圆内任取一个点，则恰好取自椭圆的两个端点连线与椭圆围成阴影部分的概率为（）A． B．C． D．【答案】A8．欧阳修《卖油翁》中写到：(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿.可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为3 cm的圆，中间有边长为1 cm 的正方形孔，若你随机向铜钱上滴一滴油，则油(油滴的大小忽略不计)正好落入孔中的概率是( ) A． B． C． D．【答案】D【解析】如图所示：∵，∴．故选：D．9．《九章算术》中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？”其大意：“已知直角三角形两直角边分别为5步和12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． B． C． D．【答案】C10．若，满足不等式组，则成立的概率为A． B． C． D．【答案】A11．为了节省材料，某市下水道井盖的形状如图1所示，其外围是由以正三角形的顶点为圆心，正三角形的边长为半径的三段圆弧组成的曲边三角形，这个曲边三角形称作“菜洛三角形”.现有一颗质量均匀的弹珠落在如图2所示的莱洛三角形内，则弹珠恰好落在三角形内的概率为（）A． B． C． D．【答案】A12．如图，若在矩形中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】，又，，豆子落在图中阴影部分的概率为.故选：A.13．把不超过实数的最大整数记为，则函数称作取整函数，又叫高斯函数，在上任取，则的概率为（）A． B． C． D．【答案】D14．下列命题正确的个数是：（）①对于两个分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握程度越大；②在相关关系中，若用拟合时的相关指数为，用拟合时的相关指数为，且，则的拟合效果好；③利用计算机产生之间的均匀随机数，则事件“”发生的概率为；④“”是“”的充分不必要条件A． B． C． D．【答案】C15．折纸已经成为开发少年儿童智力的一种重要工具和手段，已知在折叠“爱心”活动中，会产生如右上图所示的几何图形，其中四边形为正方形，为线段的中点，四边形与四边形也为正方形，连接、，则向多边形中投掷一点，则该点落在阴影部分的概率为( )A． B． C． D．【答案】C【解析】16．已知实数满足,则函数存在极值的概率为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】函数的导数，若函数无极值，则恒成立，即，即，作出不等式对应的平面区域如图所示：则阴影部分的面积为，则由几何概型的概率公式，可得函数无极值的概率为，所以函数有极值的概率为，故选A.17．一个圆形电子石英钟由于缺电，指针刚好停留在整，三个指针(时针、分针、秒针)所在射线将时钟所在圆分成了三个扇形，一只小蚊子（可看成是一个质点）随机地飞落在圆面上，则恰好落在时针与分针所夹扇形内的概率为（）A． B． C． D．【答案】C18．大正方形的面积为13，四个全等的直角三角形围成中间的小正方形，较短的直角边长为2，向大正方形内投掷飞镖，则飞镖落在中间小正方形内的概率是_______.【答案】19．设集合,,从集合中任取一个元素,则这个元素也是集合中元素的概率是__________．【答案】【解析】∵集合A={x|＜2x＜16}=（﹣2，4），B={x|y=ln（x2﹣3x）}=，∴A∩B={x|3＜x＜4或-2＜x<0}，∴事件“x∈A∩B”的概率是.故答案为：.20．如图所示，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个边长为的大正方形，若直角三角形中较小的锐角，现在向该正方形区域内随机地投掷一支飞镖，飞镖落在小正方形内的概率是________________【答案】【解析】根据几何概率的求法：一次飞镖扎在中间小正方形区域（含边线）的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．解：观察这个图可知：大正方形的边长为2，总面积为4，而阴影区域的边长为，面积为故飞镖落在阴影区域的概率故答案为：1-21．已知0分别在区间（0，a）和（0，4-a）内任取一个数，且取的两数之和小于1的概率为，则a=________【答案】22．随机地向区域内投点，点落在区域的每个位置是等可能的，则坐标原点与该点连线的倾斜角小于的概率为_________【答案】23．已知，点的坐标为，则当时，满足的概率为__________．【答案】【解析】因为，所以M表示区域为正方形，面积为，因为实心圆在M中区域为四分之一圆，所以面积为因此概率为.24．已知平面向量，则事件“”的概率为__________．【答案】25．水池的容积是20m3，向水池注水的水龙头A和水龙头B的流速都是1m3/h，它们在一昼夜内随机开放(0～24小时)，求水池不溢出水的概率．(精确到0.01)【答案】0.35.【解析】设水龙头A开x小时，水龙头B开y小时，若水池不溢出水，则x＋y≤20，记“水池不溢出水”为事件M，则M所占区域面积为×20×20＝200，整个区域的面积为24×24＝576，。
高三数学几何概型试题答案及解析
高三数学几何概型试题答案及解析1.已知直线与曲线恰有两个不同的交点，记k的所有可能取值构成集合A；P(x，y)是椭圆上一动点，与点P关于直线y＝x＋1对称，记的所有可能取值构成集合B，若随机的从集合A，B中分别抽出一个元素，则的概率是___________【答案】【解析】由，当x≥0时，显然k＞0，两边平方得，即由题意，该方程有两个不相等的正实数根即即结合k＞0解得k∈(0，1)，即A＝(0，1)对于椭圆，由于原点关于y＝x＋1的对称点为(－1，1)所以，椭圆关于y＝x＋1的对称椭圆为，－1∈[－4，4]在改椭圆上，可知y1于是∈[－1，1]，即B＝[－1，1]【方法一】由，分别以为横坐标和纵坐标，可知点()构成一个面积为2的矩形其中满足的是图中阴影部分，面积为所以，满足的概率是【方法二】当时，此事件发生的概率为，此时必有当时，此事件发生的概率为，此时与概率相等，各占，于是此时满足的概率为.以上两事件互斥，且[－1，0]与(0，1]的区间长度相等，故满足的概率为.【考点】直线与曲线的交点，轴对称图形，坐标的取值范围，几何概型.2.分别以正方形ABCD的四条边为直径画半圆，重叠部分如图中阴影区域所示，若向该正方形内随机投一点，则该点落在阴影区域的概率为()A．B．C．D．【答案】B＝2π－4．∴＝，故选B项．【解析】设AB＝2，则S阴影3.若从区间(0,2)内随机取两个数，则这两个数的比不小于4的概率为()A．B．C．D．【答案】C【解析】设这两个数分别为x，y，则由条件知0<x<2,0<y<2，y≥4x或x≥4y，则所求概率P＝＝．4.已知关于x的一元二次方程x2－2(a－2)x－b2＋16＝0．(1)若a，b是一枚骰子先后投掷两次所得到的点数，求方程有两个正实数根的概率；(2)若a∈[2,6]，b∈[0,4]，求一元二次方程没有实数根的概率．【答案】（1）（2）【解析】(1)基本事件(a，b)共有36个，且a，b∈{1,2,3,4,5,6}，方程有两个正实数根等价于a－2>0,16－b2>0，Δ≥0，即a>2，－4<b<4，(a－2)2＋b2≥16．设“一元二次方程有两个正实数根”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为(6,1)，(6,2)，(6,3)，(5,3)共4个，故所求的概率为P(A)＝＝．(2)试验的全部结果构成区域Ω＝{(a，b)|2≤a≤6,0≤b≤4}，其面积为S(Ω)＝16．设“一元二次方程无实数根”为事件B，则构成事件B的区域为B＝{(a，b)|2≤a≤6,0≤b≤4，(a－2)2＋b2<16}，其面积为S(B)＝×π×42＝4π，故所求的概率为P(B)＝＝．5.已知复数z＝x＋yi(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．【答案】（1）（2）【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{(x，y)| }内，属于几何概型，该平面区域的图形为右图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝12．而所求事件构成的平面区域为{(x，y)| }，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S＝×3×＝．1∴所求事件的概率为P＝＝＝．6.若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB=2，BC=1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】将一个质点随机投入长方形ABCD中，基本事件总数有无限多个，故可考虑几何概型求概率．由已知得，以AB为直径的半圆的面积为．又长方形ABCD的面积为，故质点落在以AB为直径的半圆内的概率是，选B．【考点】几何概型．7. [2012·北京高考]设不等式组，表示平面区域为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．【答案】D【解析】平面区域D的面积为4，到原点距离大于2的点位于图中阴影部分，其面积为4－π，所以所求概率为.8.在区间上随机取两个实数，,则事件“”的概率为_________．【答案】【解析】符合题意的区域范围如图所示，所以概率为.【考点】几何概型.9.在平面区域内随机取一点，则所取的点恰好满足的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，此题为几何概型，,故选C.【考点】几何概型10. (2014·荆州模拟)如图,矩形ABCD中,点E为边CD上的任意一点,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________.【答案】【解析】由几何概型的计算方法,可以得出所求事件的概率P===.11.已知复数z=x+yi(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.【答案】（1）（2）【解析】(1)记“复数z为纯虚数”为事件A.因为组成复数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,所以所求事件的概率为P(A)==.(2)依条件可知,点M均匀地分布在平面区域{(x,y)|0≤x≤3,0≤y≤4}内,属于几何概型.该平面区域的图形为图中矩形OABC围成的区域,面积为S=3×4=12.而所求事件构成的平面区域为{(x,y)|x+2y-3≤0,x≥0,y≥0},其图形如图中的三角形OAD(阴影部分). 又直线x+2y-3=0与x轴、y轴的交点分别为A(3,0),D,所以三角形OAD的面积为S1=×3×=.所以所求事件的概率为P===.12.向边长为2米的正方形木框ABCD内随机投掷一粒绿豆，记绿豆落在P点，则P点到A点的距离大于1米，同时∠DPC∈(0，)的概率为()A．1－B．1－C．D．【答案】A【解析】由题意，易知：(1)点P在以A点为圆心，1为半径的圆外；(2)若点P在以DC为直径的圆上，则∠DPC＝，若点P在以DC为直径的圆内，则∠DPC>，故只有点P在以DC为直径的圆外时满足∠DPC为锐角．因此，点P落入图中的阴影部分，故所求概率1－，故选A．13.在区间[ 6，6]，内任取一个元素xO ，若抛物线y=x2在x=xo处的切线的倾角为，则的概率为．【答案】【解析】，，∵，∴，而，∴或，∴．【考点】几何概型、利用导数求曲线的切线的斜率．14.若在区间中随机地取两个数，则这两个数中较小的数大于的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设所选取的两个数分别为、，且，事件“这两个数中较小的数大于”所表示的集合为，所表示的平面区域如下图中的阴影部分所表示，其面积等于一个腰长为的等腰直角三角形减去一个腰长为的等腰直角三角形的面积而得到，其中阴影部分的面积为，因此事件“这两个数中较小的数大于”的概率为，故选C.【考点】几何概型15.利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a，则事件“3a﹣1＞0”发生的概率为_________．【答案】【解析】3a﹣1＞0即a＞，则事件“3a﹣1＞0”发生的概率为P==．16.如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为A．B．C．D．【答案】C【解析】根据定积分的几何意义可知阴影部分的面积，而正方形的面积为1，所以点Ｐ恰好取自阴影部分的概率为．17.如图，在矩形区域ABCD的A，C两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意知，有信号的区域的面积为×2=，而矩形的面积为2，所以无信号区域的概率．18.有一底面半径为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( )A．B．C．D．【答案】B【解析】设点P到点O的距离小于1的概率为P1，由几何概型，则P1＝＝＝，故点P到点O的距离大于1的概率P＝1－＝．19.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）在频率分步直方图中，最高矩形的中点横坐标代表数据的众数；各个矩形的面积和为1，中位数是面积等分为的轴线和横轴的交点；平均数是各矩形的面积乘以相应矩形中点横坐标的累加值；（2）基本事件总数有无限多个，故可以考虑几何概型．可以看成平面中的点，试验的全部结果构成平面区域，而事件A发生的前提是，利用面积的比表示事件A发生的概率．试题解析：（1） 2分由频率分布直方图可知即， 3分∴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 13分【考点】1、频率分布直方图；2、众数和中位数；3、几何概型.20.从中任取一个数，从中任取一个数，则使的概率为 .【答案】.【解析】当，时，，即，当，时，，即，当，时，，即，当，时，，即，记事件：，则事件表示的平面区域如下图的阴影部分所表示，即图中的六边形，易知、、、、、，则与都是腰长为的等腰直角三角形，且，四边形是底边长为，高为的矩形，，因此六边形的面积，因此，事件发生的概率为.【考点】1.含绝对值的不等式；2.几何概型21. 如图，∠AOB ＝60°，OA ＝2，OB ＝5，在线段OB 上任取一点C ，试求：(1)△AOC 为钝角三角形的概率； (2)△AOC 为锐角三角形的概率． 【答案】（1）0.4.（2）0.6. 【解析】如图，由平面几何知识：当AD ⊥OB 时，OD ＝1；当OA ⊥AE 时，OE ＝4，BE ＝1.(1)当且仅当点C 在线段OD 或BE 上时，△AOC 为钝角三角形，记“△AOC 为钝角三角形”为事件M ，则P(M)＝＝0.4，即△AOC 为钝角三角形的概率为0.4.(2)当且仅当点C 在线段DE 上时，△AOC 为锐角三角，记“△AOC 为锐角三角”为事件N ，则P(N)＝＝0.6，即△AOC 为锐角三角形的概率为0.6.22. 正四面体ABCD 的体积为V ，P 是正四面体ABCD 的内部的一个点． (1)设“V PABC ≥V”的事件为X ，求概率P(X)；(2)设“V PABC ≥V”且“V PBCD ≥V”的事件为Y ，求概率P(Y)． 【答案】（1）（2）【解析】首先确定点P 的区域，即区域D ；然后确定所求的事件中的点所在区域d ；分别计算区域D 和d 的体积；最后计算所求概率为.（1)如图，分别取DA 、DB 、DC 上的点E 、F 、G ，并使DE ＝3EA ，DF ＝3FB ，DG ＝3GC ，并连结EF 、FG 、GE ， 则平面EFG ∥平面ABC.当P 在正四面体DEFG 内部运动 时，满足V PABC ≥V ，故P(X)＝.(2)在AB 上取点H ，使AH ＝3HB ，在AC 上取点I ， 使AI ＝3IC ，在AD 上取点J ，使AJ ＝3JD ， 则P 在正四面体AHIJ 内部运动时，满足V PBCD ≥V.设JH 交EF 于M ，JI 交EG 于N ，则面MIN ∥面BCD.结合(1)，当P 在正四面体DFEG 的内部及正四面体AHIJ 的内部运动，也即P 在正四面体EMNJ 内部运动时，同时满足V PABC ≥V 且V PBCD ≥V ，于是P(Y)＝.23. 有5个数成公差不为零的等差数列，这5个数的和为15，若从这5个数中随机抽取一个数，则它小于3的概率是________． 【答案】【解析】设成等差数列的五个数为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，则五数和为(a －2d)＋(a －d)＋a＋(a＋d)＋(a＋2d)＝5a，由题意，5a＝15，a＝3，又公差d≠0，所以其中有两个数小于3，故随机抽取一个数小于3的概率是.24.利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a,则事件“3a-1<0”发生的概率为.【答案】【解析】由题意得0<a<,根据几何概型概率公式得事件“3a-1<0”发生的概率为.25.在区间[0,π]上随机取一个数x,则事件“sin x+cos x≥”发生的概率为.【答案】【解析】sinx+cosx=sin≥,∴sin≥.2kπ+≤x+≤2kπ+π,∴2kπ+≤x≤2kπ+π.∵0≤x≤π,∴≤x≤π.∴P==.26.已知集合M＝{x|－2≤x≤8}，N＝{x|x2－3x＋2≤0}，在集合M中任取一个元素x，则“x∈M∩N”的概率是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】因为N＝{x|x2－3x＋2≤0}＝[1,2]，所以M∩N＝[1,2]，所以所求的概率为＝.27.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.【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,∴P==.28.如图所示是用模拟方法估计圆周率π值的程序框图,P表示估计结果,则图中空白框内应填入 .【答案】P=【解析】∵x i ,y i 为0～1之间的随机数,构成以1为边长的正方形面.当+≤1时,点(x i ,y i )均落在以原点为圆心,以1为半径且在第一象限的圆内(如图阴影所示).由程序框图知,落在阴影区域内的点共M 个. 又S 正方形=1,S 阴影=π. 根据几何概型==π,∴π=,因此估计结果P=.29. 一个袋中装有大小相同,编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球,从中有放回地每次取一个球,共取2次,则取得两个球的编号和小于15的概率为( )A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】两球编号之和不小于15的情况有三种,分别为(7,8),(8,7),(8,8),则两球编号之和不小于15的概率为.因此,两个球的编号和小于15的概率为1-=.30. 欧阳修《卖油翁》中写到：（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．己知铜钱是直径为4cm 的圆面，中间有边长为lcm 的正方形孔，若随机向铜钱上滴一滴油（油滴整体落在铜钱内），则油滴整体（油滴是直径为0．2cm 的球）正好落入孔中的概率是 ．（不作近似计算）． 【答案】【解析】随机向铜钱上滴一滴油，且油滴整体落在铜钱内，则油滴在以圆面圆心为圆心，半径为的圆内，即，若油滴整体正好落入孔中，则油滴在与正方形孔距离为正方形内，即，所求概率是.【考点】几何概型概率31. 函数,则任取一点,使得的概率为【答案】 【解析】因为函数，当即.又因为所以符合的概率为.【考点】1.二次不等式的解法.2几何概型的问题.32.从等腰直角的底边上任取一点，则为锐角三角形的概率为 .【答案】【解析】在等腰直角中，设腰长为，则长为，在上取中点，则若点在线段上，能使为锐角三角形．∵，=，∴为锐角三角形的概率为．故答案为.【考点】几何概型33.如图所示，在一个边长为1的正方形内，曲线和曲线围成一个叶形图（阴影部分），向正方形内随机投一点（该点落在正方形内任何一点是等可能的），则所投的点落在叶形图内部的概率是 .【答案】【解析】可知此题求解的概率类型为关于面积的几何概型，由图可知基本事件空间所对应的几何度量，满足所投的点落在叶形图内部所对应的几何度量：，所以．【考点】几何概型；定积分．34.在区间[0,1]上任取三个数a、b、c，若点M在空间直角坐标系O－xyz中的坐标为(a，b，c)，则|OM|≤1的概率是()．A．B．C．D．【答案】D【解析】点M的轨迹构成区域的体积恰好等于以O为球心，以1为半径球体积的，因此|m|≤1的概率等于＝.35.记圆O：x2＋y2＝π2内的正弦曲线y＝sin x与x轴围成的区域为D，随机地往圆O内投一个点A，则点A落在区域D内的概率是()．A．B．C．D．【答案】B【解析】结合图形可得，D区域面积＝2 ＝2 ＝4，由几何概型可得概率为＝.36.若实数a，b满足a2＋b2≤1，则关于x的方程x2－2x＋a＋b＝0有实数根的概率是()．A．B．C．D．【答案】C【解析】要使方程有实根，则判别式Δ＝4－4(a＋b)>0，即a＋b－1<0，如图，阴影部分．所以△OAB的面积为，所以阴影部分的面积为×π×12＋＝＋，所以由几何概率公式可得所求概率为＝.37.在区间[0,4]内随机取两个数a、b，则使得函数f(x)＝x2＋ax＋b2有零点的概率为________．【答案】【解析】依题意知Δ＝a2－4b2≥0，即(a－2b)(a＋2b)≥0，又作出对应的平面区域如图，当a＝4时，b＝2，即△OBC的面积为×4×2＝4，故所求概率为＝38.如图，长方形的四个顶点为O(0，0)，A(2,0)，B(2,4)，C(0,4)，曲线经过点B，现将一质点随机投入长方形OABC中，则质点落在图中阴影区域的概率是；【答案】【解析】根据题意，由于长方形的四个顶点为O(0，0)，A(2,0)，B(2,4)，C(0,4)，曲线经过点B，可知4=4a,a=1,故可知，那么可知质点落在图中阴影区域的面积8-，而矩形的面积为8，那么可知质点落在图中阴影区域的概率是1-，故答案为点随机投入长方形OABC中，【考点】几何概型概率点评：主要是考查了概率的运用，属于基础题。
高中数学几何概型经典考点及例题讲解
几何概型考纲解读 1.根据随机数的意义，用模拟方法估计生活中的概率问题；2.根据几何概型的意义，运用几何度量求概率；3.根据几何概型，估计几何度量．[基础梳理]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．几何概型的特点(1)无限性：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个． (2)等可能性：试验结果在每一个区域内均匀分布． 3．几何概型的概率公式 P (A )＝构成事件A 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).[三基自测]1．有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是( )答案：A2．已知A ＝{(x ，y )|－1≤x ≤1，0≤y ≤2}，B ＝{}(x ，y )|1－x 2≤y .若在区域A 中随机地扔一粒豆子，则该豆子落在区域B 中的概率为( )A ．1－π8B.π4C.π4－1 D.π8答案：A3．在区间[－2,3]上随机选取一个数X ，则 X ≤1的概率为( ) A.45 B.35 C.25 D.15 答案：B4．(必修3·3.3例1改编)在[0,60]上任取一个数，则x ≥50的概率为________． 答案：165．(2017·高考全国卷Ⅰ改编)求在半径为r 的圆内随机撒一粒黄豆，它落在圆内接等腰直角三角形内的概率．答案：1π考点一 与长度型有关的几何概型|方法突破命题点1 与线段长度有关的几何概型[例1] (2018·长春模拟)已知线段AC ＝16 cm ，先截取AB ＝4 cm 作为长方体的高，再将线段BC 任意分成两段作为长方体的长和宽，则长方体的体积超过128 cm 3的概率为________．[解析] 设长方体的长为x ，宽为(12－x )， 由4x (12－x )>128，得x 2－12x ＋32<0， ∴4<x <8，即在线段BC 内，截取点D ， 满足BD ∈(4,8)，其概率为8－412＝13.[答案] 13命题点2 与角度有关的几何概型[例2] 如图所示，在直角坐标系内，射线OT 落在30°角的终边上，任作一条射线OA ，则射线OA 落在∠yOT 内的概率为________．[解析] 如题图，因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的，所以OA 落在∠yOT 内的概率为60360＝16.[答案] 16命题点3 与时间有关的几何概型[例3] (2016·高考全国卷Ⅰ改编)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________．[解析] 由题意得图：由图得等车时间不超过10分钟的概率为12.[答案] 12命题点4 与不等式有关的几何概型[例4] 在区间[0,5]上随机地选择一个数p ，则方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为________．[解析] 方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4p 2－4(3p －2)>0，x 1＋x 2＝－2p <0，x 1x 2＝3p －2>0，解得23<p <1或p >2.又因为p ∈[0,5]，根据几何概型的概率计算公式可知 方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为 P ＝1－23＋5－25＝23.[答案]23[方法提升][母题变式]1．将例1改为在长为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 cm 2的概率为( )A.16B.13C.23D.45[解析] 设AC ＝x ，则BC ＝12－x (0<x <12)，又矩形面积S ＝x (12－x )>20，∴x 2－12x ＋20<0，解得2<x <10，∴所求概率为10－212＝23.[答案] C2．将例2改为：如图，M 是半径为R 的圆周上一个定点，在圆周上等可能的任取一点N ，连接MN ，则弦MN 的长度超过2R 的概率是( )A.15 B.14 C.13D.12解析：由题意知，当MN ＝2R 时，∠MON ＝π2，所以所求概率为2×π22×π＝12.答案：D3．将例3改为：一个路口的红绿灯，红灯的时间为30 s ，黄灯的时间为5 s ，绿灯的时间为40 s ，当某人到达路口时看见的是红灯的概率是( )A.15 B.25 C.35D.45解析：设事件A 表示“某人到达路口时看见的是红灯”，则事件A 对应30 s 的时间长度，而路口红绿灯亮的一个周期为30＋5＋40＝75(s)的时间长度．根据几何概型的概率公式可得，事件A 发生的概率P (A )＝3075＝25.答案：B4．若例4的条件“两个负根”变为“无实根”，则结果如何？ 解析：由条件知Δ＝4p 2－4(3p －2)<0，解得：1<p <2， 所以没有实根的概率为P ＝2－15＝15.答案：15考点二 与面积有关的几何概型及模拟试验|模型突破[例5] (1)已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋c ，其中0≤b ≤4,0≤c ≤4.记函数f (x )满足条件⎩⎪⎨⎪⎧f (2)≤12，f (－2)≤4为事件A ，则事件A 发生的概率为( )A.14 B.58C.12 D.38(2)(2018·石家庄模拟)在区间[0,1]上任取两个数，则这两个数之和小于65的概率是() A.1225 B.1625C.1725 D.1825(3)在边长为2的正方形ABCD内部任取一点M，则满足∠AMB>90°的概率为________．[解析](1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧4＋2b＋c≤12，4－2b＋c≤4，0≤b≤4，0≤c≤4，即⎩⎪⎨⎪⎧2b＋c－8≤0，2b－c≥0，0≤b≤4，0≤c≤4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12.(2)设这两个数分别是x，y，则总的基本事件构成的区域是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤1，0≤y≤1确定的平面区域，所求事件包含的基本事件构成的区域是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤1，0≤y≤1，x＋y<65，如图所示，阴影部分的面积是1－12×⎝⎛⎭⎫45 2＝1725，所以这两个数之和小于65的概率是1725.(3)如图，如果M 点位于以AB 为直径的半圆内部，则∠AMB >90°，否则，M 点位于半圆上及空白部分，则∠AMB ≤90°，所以∠AMB >90°的概率P ＝12×π×1222＝π8.[答案] (1)C (2)C (3)π8[模型解法]对于面积型的几何概型，关键是求其面积．(1)定型，根据题意判断是否为面积型，一般涉及区域或二元变量问题都是面积型的． (2)定量，根据条件画出图形，确定区域、求其面积． (3)求概率，利用几何概型公式求概率． [高考类题](2017·高考全国卷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.π4解析：不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由于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，所以黑色部分的面积为π2，故此点取自黑色部分的概率为π24＝π8，故选B.答案：B考点三 与体积有关的几何概型|易错突破[例6] (1)(2018·唐山模拟)已知正三棱锥S ABC 的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P ，使得V P ABC <12V S ABC 的概率是( )A.78B.34C.12D.14(2)(2018·长沙模拟)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________．[解析] (1)当点P 到底面ABC 的距离小于32时，V P ABC <12V S ABC .由几何概型知，所求概率为P ＝1－⎝⎛⎭⎫123＝78. (2)V 正＝23＝8，V 半球＝12×43π×13＝23π.V 半球V 正＝2π8×3＝π12，∴P ＝1－π12.[答案] (1)A (2)1－π12[易错提醒][纠错训练](2018·福州模拟)如图为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( )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 为以三棱锥的三个两两垂直的棱为长方体的对角线，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.答案：C1.[考点二](2016·高考全国卷Ⅱ)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 ≤10≤y n ≤1构成的正方形的面积为S ，x 2n ＋y 2n <1构成的图形的面积为S ′，所以S ′S ＝14π1＝m n ，所以π＝4mn，故选C.答案：C2.[考点一](2016·高考全国卷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.710B.58C.38D.310解析：记“至少需要等待15秒才出现绿灯”为事件A ，则P (A )＝2540＝58.答案：B3.[考点二](2013·高考四川卷)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )A.14 B.12 C.34D.78解析：设通电x 秒后第一串彩灯闪亮，y 秒后第二串彩灯闪亮．依题意得0≤x ≤4,0≤y ≤4，其对应区域的面积为S ＝4×4＝16.又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过2秒，即|x －y |≤2，如图，易知阴影区域的面积为S ′＝16－12×2×2－12×2×2＝12，∴P ＝S ′S ＝1216＝34.答案：C4.[考点一](2017·高考江苏卷)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________．解析：由6＋x －x 2≥0，得－2≤x ≤3，即D ＝[－2,3]， ∴P (x ∈D )＝3－(－2)5－(－4)＝59.答案：595.[考点二](2014·高考福建卷)如图，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．解析：∵y ＝e x 与y ＝ln x 互为反函数，故直线y ＝x 两侧的阴影部分面积相等，只需计算其中一部分即可．如图，S 1＝⎠⎛01e x d x ＝e x| 1＝e 1－e 0＝e －1.∴S 总阴影＝2S 阴影＝2(e ×1－S 1)＝2[e －(e －1)]＝2，故所求概率为P ＝2e2.答案：2e 2。
几何概型、古典概型常考经典好题(史上最全面含答案)
几何概型、古典概型常考经典题（史上最全面）1．在长为2的线段AB 上任意取一点C ，则以线段AC 为半径的圆的面积小于π的概率为( ) A .14 B.12 C .34 D.π42．已知正棱锥S-ABC 的底面边长为4，高为3，在正棱锥内任取一点P ，使得V P-ABC ＜12V S-ABC 的概率是( ) A .34 B.78 C .12 D.143.如图所示，A 是圆上一定点，在圆上其他位置任取一点A ′，连接AA ′，得到一条弦，则此弦的长度小于或等于半径长度的概率为( )A .12 B.32 C .13 D.144．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2上随机取一个数x ，则sin x ＋cos x ∈[1， 2 ]的概率是( ) A .12 B.34 C .38 D.585．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98的概率为________．6.如图，正四棱锥S-ABCD 的顶点都在球面上，球心O 在平面ABCD 上，在球O 内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为________．7．平面区域A 1＝{}(x ，y )|x 2＋y 2＜4，x ，y ∈R ，A 2＝{(x ，y )||x |＋|y |≤3，x ，y ∈R}．在A 2内随机取一点，则该点不在A 1内的概率为________．8．在边长为4的等边三角形OAB 及其内部任取一点P ，使得OA ―→·OP ―→≤4的概率为( )A.12B.14C.13D.189．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35，则AD AB ＝________. 10．某人对某台的电视节目进行了长期的统计后得出结论，他任意时间打开电视机看该台节目时，看不到广告的概率为910，那么该台每小时约有________分钟的广告．11．小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的距离大于12，则周末去看电影；若此点到圆心的距离小于14，则去打篮球；否则，在家看书．则小波周末不在家看书的概率为________．12.在面积为S 的ABC ∆ 的边AB 上任取一点P ，则PBC ∆的面积大于4S 的概率为 .13．在ABC ∆中，060,2,6ABC AB BC ∠===，在BC 上任取一点D ，则使ABD ∆为钝角三角形的概率为（ ）A ．16B ．13C ．12D ．23 14.从区间[0,1]上随机抽取2n 个数1212,,,,,,,n n x x x y y y ，构成n 个数对11(,)x y ，22(,)x y ，[来源:学+,(,)n n x y ，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为__________. A ．4n m B ．2n m C ．4m n D ．m n15. 在等腰Rt △ABC 中， (1)在斜边A B 上任取一点M ，求AM 的长小于AC 的长的概率.（2）过直角顶点C 在ACB ∠内作一条射线CM ，与线段AB 交于点M ，求AM<AC 的概率.（3）已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB ＋PC ＋2PA ＝0，现将一粒黄豆随机撒在△PBC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是( )A ．14B ．13C ．23D ．1216.节日前夕,小李在家门前的树上挂了两串彩灯,这两串彩灯的第一次闪亮相互独立,且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生,然后每串彩灯在4秒内为间隔闪亮,那么这两串彩灯同时通电后,它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率。
高一数学几何概型试题答案及解析
高一数学几何概型试题答案及解析1.在区间上随机取一个数，的值介于0到之间的概率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由，可得或，即或，则的值介于到之间的概率为：.故选A.【考点】几何概型的问题.2.甲乙两人各自在300米长的直线形跑道上跑步,则在任一时刻两人在跑道上相距不超过50米的概率是多少（）．A．B．C．D．【答案】B【解析】由随机事件特点可知，甲乙两人可以在跑道上任何位置，且互不影响.同时考虑到两人距离不超过50米，将跑到建立数轴，且设甲乙两人的坐标为.则,满足几何概型.，，故B【考点】几何概型.3.向如图中所示正方形内随机地投掷飞镖，飞镖落在阴影部分的概率为 ()．A．B．C．D．【答案】C【解析】观察这个图可知：阴影部分是一个小三角形，在直线AB的方程为6x-3y-4=0中，令x=1得A（1，），令y=-1得B（，-1）．∴三角形ABC的面积为S=AC×BC=×（1+）（1-）=，则飞镖落在阴影部分（三角形ABC的内部）的概率是：P=．故选C．【考点】几何概型．4.在棱长为3的正方体内任取一个点，则这个点到各面的距离大于1的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】以这个正方体的中心为中心且边长为1的正方体内．这个小正方体的体积为1，大正方体的体积为27，故概率为p=．【考点】几何概型．5.如图，在△AOB中，已知∠AOB=60°，OA=2，OB=5，在线段OB上任取一点C，则△AOC为钝角三角形的概率为（）A．0．6B．0．4C．0．2D．0．1【答案】B【解析】点C的活动范围在线段OB上，所以D的测度为5，△ACO为钝角三角形包含∠OAC，∠OCA为钝角，△AOC为钝角三角形时，∠ACO为钝角，或∠OAB是钝角．当∠ACO=90°时，如下图由勾股定理可求 OC=1；∠OAB=90°时，由直角三角形中的边角关系可得OC=4，BC=1,综上，所以d的测度为2，故△AOC为钝角三角形的概率等于=0．4，故选B．【考点】几何概型．6.欧阳修《卖油翁》中写到：（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为1．5 cm的圆，中间有边长为0．5 cm的正方形孔，若你随机向铜钱上滴一滴油，则油（油滴的大小忽略不计）正好落入孔中的概率为．【答案】【解析】如图，．【考点】几何概型．7.如右图，在正方形内有一扇形（见阴影部分），扇形对应的圆心是正方形的一顶点，半径为正方形的边长。
2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案
大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。
高三数学几何概型试题答案及解析
高三数学几何概型试题答案及解析1.若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB=2，BC=1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是（）A．B．C．D．【答案】Ｂ【解析】由题知，以AB为直径的圆的半径为1，故质点落在以AB为直径的半圆内的概率为=，故选B.考点:几何概型2.在区间上随机取两个数其中满足的概率是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在区间[0，2]上随机取两个数x，y，对应区域的面积为4，满足y≥2x，对应区域的面积为×1×2=1，∴所求的概率为，故选B．考点:几何概型3.张先生订了一份《南昌晚报》，送报人在早上6：30－7：30之间把报纸送到他家，张先生离开家去上班的时间在早上7：00－8：00之间，则张先生在离开家之前能拿到报纸的概率是________．【答案】【解析】以横坐标x表示报纸送到时间，以纵坐标y表示张先生离家时间，建立平面直角坐标系，如图．因为随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件．根据题意只要点落在阴影部分，就表示张先生在离开家之前能拿到报纸，即所求事件A发生，所以P(A)＝＝．4.已知复数z＝x＋yi(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．【答案】（1）（2）【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{(x，y)| }内，属于几何概型，该平面区域的图形为右图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝12．而所求事件构成的平面区域为{(x，y)| }，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＝×3×＝．∴所求事件的概率为P＝＝＝．5.在区间[－6,6]内任取一个元素x0，抛物线x2＝4y在x＝x处的切线的倾斜角为α，则α∈[，]的概率为________．【答案】【解析】当切线的倾斜角α∈[，]时，切线斜率的取值范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞)，抛物线x2＝4y在x＝x0处的切线斜率是x，故只要x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)即可，若在区间[－6,6]内取值，则只能取区间[－6，－2]∪[2,6)内的值，这个区间的长度是8，区间[－6,6]的长度是12，故所求的概率是＝．6.在可行域内任取一点，规则如流程图所示，求输出数对(x，y)的概率．【答案】【解析】可行域为中心在原点，顶点在坐标轴上的正方形(边长为)，x2＋y2≤表示半径为的圆及其内部，所以所求概率为＝．7.在长为的线段上任取一点，并且以线段为边作正三角形，则这个正三角形的面积介于与之间的概率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】解：边长为的正三角形的面积为，由得:在长为的线段上任取一点,有无限个可能的结果，所有可能结果对应一个长度为20的线段，设“以线段为边的正三角形面积介于与之间”为事件M，则包含M的全部基本事对应的是长度为6的线段，所以故选D.【考点】几何概型.8.在平面区域内随机取一点，则所取的点恰好满足的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，此题为几何概型，,故选C.【考点】几何概型9.一只昆虫在边长分别为、、的三角形区域内随机爬行，则其到三角形顶点的距离小于的地方的概率为 .【答案】.【解析】如下图所示，易知三角形为直角三角形，昆虫爬行的区域是在三角形区域内到以各顶点为圆心，半径为的圆在三角形区域内的部分，实际上就是三个扇形，将这三个扇形拼接起来就是一个半圆，其半径长为，面积为，三角形的面积为，因此昆虫爬行时到三角形顶点的距离小于的地方的概率为.【考点】几何概型10.如图，一半径为的圆形靶内有一个半径为的同心圆，将大圆分成两部分，小圆内部区域记为环，圆环区域记为环，某同学向该靶投掷枚飞镖，每次枚. 假设他每次必定会中靶，且投中靶内各点是随机的.（1）求该同学在一次投掷中获得环的概率；（2）设表示该同学在次投掷中获得的环数，求的分布列及数学期望.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）先根据题中条件确定相应的事件为几何概型，然后利用几何概型的概率计算公式（对应区域面积之比）求出相应事情的概率即可；（2）（1）由题意可得是几何概型，设，该同学一次投掷投中环的概率为；（2）由题意可知可能的值为、、、，，，，，的分布列为环，答：的数学期望为环.【考点】1.几何概型；2.离散型随机变量分布列与数学期望11.已知正方体的棱长为2，在四边形内随机取一点,则的概率为_______ ，的概率为_______.【答案】；【解析】四边形为矩形且。
高考复习几何概型复习题(含答案)
几何概型试题汇编一、单选题（共27题；共54分）1.在区间上随机取一个数x，则事件“ ”不发生的概率为（）A. B. C. D.2.在区间内的所有实数中随机取一个实数，则这个实数满足的概率是（）A. B. C. D.3.在由不等式组所确定的三角形区域内随机取一点，则该点到此三角形的三个顶点的距离均不小于1的概率是( )A. B. C. D.4.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.5.如图，矩形中，点的坐标为．点的坐标为．直线的方程为：且四边形为正方形，若在五边形内随机取一点，则该点取自三角形 (阴影部分)的概率等于（）A. B. C. D.6.如图，六边形是一个正六边形，若在正六边形内任取一点，则恰好取在图中阴影部分的概率是（）A. B. C. D.7.如图所示，三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影)。
设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷1000颗米粒（大小忽略不计)，则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（）A. 134B. 866C. 300D. 5008.我们可以用计算机产生随机数的方法估计的近似值，如图所示的程序框图表示其基本步骤（中用函数来产生的均匀随机数），若输出的结果为524，则由此可估计的近似值为（）A. 3.144B. 3.154C. 3.141D. 3.1429.如图，在矩形区域的两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域和扇形区域（该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常）.若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是（）A. B. C. D.10.在区间[0，1]上随机选取两个数x和y，则y＞2x的概率为（）A. B. C. D.11.用电脑每次可以从区间（0，1）内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于的概率为（）A. B. C. D.12.在区间[﹣1，2]上随机取一个数x，则|x|≤1的概率为（）A. B. C. D.13.设复数z=（x﹣1）+yi（x，y∈R），若|z|≤1，则y≥x的概率为（）A. +B. +C. ﹣D. ﹣14.如图一铜钱的直径为32毫米，穿径（即铜钱内的正方形小孔边长）为8毫米，现向该铜钱内随机地投入一粒米（米的大小忽略不计），则该粒米未落在铜钱的正方形小孔内的概率为（）A. B. C. D.15.节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时候相差不超过2秒的概率是（）A. B. C. D.16.圆O内有一内接正三角形，向圆O内随机投一点，则该点落在正三角形内的概率为（）A. B. C. D.17.如图所示，墙上挂有边长为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，则它击中阴影部分的概率是（）A. 1﹣B.C. 1﹣D. 与a的取值有关18.不等式6﹣5x﹣x2≥0的解集为D，在区间[﹣7，2]上随机取一个数x，则x∈D的概率为（）A. B. C. D.19.如图，在边长为2的正方形ABCD的内部随机取一点E，则△ABE的面积大于的概率为（）A. B. C. D.20.如图，点A为周长为3的圆周上的一定点，若在该圆周上随机取一点B，则劣弧AB的长度小于1的概率为（）A. B. C. D.21.如图，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与∠BOC都不小于30°的概率是（）A. B. C. D.22.在区间（0，3]上随机取一个数x，则事件“0≤log2x≤1”发生的概率为（）A. B. C. D.23.某人从甲地去乙地共走了500m，途经一条宽为xm的河流，该人不小心把一件物品丢在途中，若物品掉在河里就找不到，若物品不掉在河里，则能找到，已知该物品能被找到的概率为，则河宽为（）A. 80mB. 100mC. 40mD. 50m24.在平面直角坐标系中，记抛物线y=x﹣x2与x轴所围成的平面区域为M，该抛物线与直线y=kx（k＞0）所围成的平面区域为N，向区域M内随机抛掷一点P，若点P落在区域N内的概率为，则k的值为（）A. B. C. D.25.在半径为1的圆O内任取一点M，过M且垂直OM与直线l与圆O交于圆A，B两点，则AB长度大于的概率为（）A. B. C. D.26.在长为16cm的线段MN上任取一点P，以MP，NP为邻边作一矩形，则该矩形的面积大于60cm2的概率为（）A. B. C. D.27.如图，圆O内有一个内接三角形ABC，且直径AB=2，∠ABC=45°，在圆O内随机撒一粒黄豆，则它落在三角形ABC内（阴影部分）的概率是（）A. B. C. D.二、填空题（共7题；共7分）28.已知Ω1是集合{（x，y）|x2+y2≤1}所表示的区域，Ω2是集合{（x，y）|y≤|x|}所表示的区域，向区域Ω1内随机的投一个点，则该点落在区域Ω2内的概率为________．29.在[0，a]（a＞0）上随机抽取一个实数x，若x满足＜0的概率为，则实数a的值为________．30.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，且每人在该时间段任何的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________31.上随机地取一个数k，则事件“直线y=kx与圆相交”发生的概率为________32.在棱长为2的正方体内随机取一点，取到的点到正方体中心的距离大于1的概率________．33.如图所示，为了求出一个边长为10的正方形内的不规则图形的面积，小明设计模拟实验：向这个正方形内均匀的抛洒20粒芝麻，结果有8粒落在了不规则图形内，则不规则图形的面积为________．34.矩形区域ABCD 中，AB 长为2 千米，BC 长为1 千米，在A 点和C 点处各有一个通信基站，其覆盖范围均为方圆1 千米，若在该矩形区域内随意选取一地点，则该地点无信号的概率为________．三、解答题（共8题；共65分）35.遂宁市观音湖港口船舶停靠的方案是先到先停．（1）若甲乙两艘船同时到达港口，双方约定各派一名代表从1，2，3，4，5中各随机选一个数（甲、乙选取的数互不影响），若两数之和为偶数，则甲先停靠；若两数之和为奇数，则乙先停靠，这种规则是否公平？请说明理由．（2）根据以往经验，甲船将于早上7:00～8:00到达，乙船将于早上7:30～8:30到达，请求出甲船先停靠的概率36.如图，为圆柱的母线，是底面圆的直径，是的中点.（Ⅰ）问：上是否存在点使得平面？请说明理由；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若平面，假设这个圆柱是一个大容器，有条体积可以忽略不计的小鱼能在容器的任意地方游弋，如果小鱼游到四棱锥外会有被捕的危险，求小鱼被捕的概率.37.某同学在上学路上要经过A、B、C三个带有红绿灯的路口．已知他在A、B、C三个路口遇到红灯的概率依次是、、，遇到红灯时停留的时间依次是40秒、20秒、80秒，且在各路口是否遇到红灯是相互独立的．（1）求这名同学在上学路上在第三个路口首次遇到红灯的概率；，（2）求这名同学在上学路上因遇到红灯停留的总时间．38.设关于x的一元二次方程x2+ax﹣+1=0．（1）若a是从1，2，3这三个数中任取的一个数，b是从0，1，2这三个数中任取的一个数，求上述方程中有实根的概率；（2）若a是从区间[0，3]中任取的一个数，b是从区间[0，2]中任取的一个数，求上述方程有实根的概率．39.设事件A表示“关于x的一元二次方程x2+ax+b2=0有实根”，其中a，b为实常数．（Ⅰ）若a为区间[0，5]上的整数值随机数，b为区间[0，2]上的整数值随机数，求事件A发生的概率；（Ⅱ）若a为区间[0，5]上的均匀随机数，b为区间[0，2]上的均匀随机数，求事件A发生的概率．40.已知关于x的二次函数f（x）=ax2﹣4bx+1．（Ⅰ）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．（Ⅱ）设点（a，b）是区域内的随机点，求函数f（x）在区间[1，+∞）上是增函数的概率．41.已知正方形ABCD的边长为1，弧BD是以点A为圆心的圆弧．（1）在正方形内任取一点M，求事件“|AM|≤1”的概率；（2）用大豆将正方形均匀铺满，经清点，发现大豆一共28粒，其中有22粒落在圆中阴影部分内，请据此估计圆周率π的近似值（精确到0.01）．42.某旅游公司为甲，乙两个旅游团提供四条不同的旅游线路，每个旅游团可任选其中一条旅游线路．（1）求甲、乙两个旅游团所选旅游线路不同的概率；（2）某天上午9时至10时，甲，乙两个旅游团都到同一个著名景点游览，20分钟后游览结束即离去．求两个旅游团在该著名景点相遇的概率．答案解析部分一、单选题1.【答案】D【考点】几何概型【解析】【解答】解：区间上随机取一个数x，对应区间长度为，满足事件“ ”的x范围为x+1≤3，即≤x≤2，对应区间长度为2+ ，所以事件不发生的概率为1﹣= ；故选D．【分析】由题意，本题是几何概型，首先求出事件对应的区间长度，利用长度比求概率．2.【答案】C【考点】几何概型【解析】【解答】由题意可得，该问题为长度型几何概型，则所求问题的概率值为：.故答案为：C.【分析】根据题目中所给的条件的特点，分别计算出区间（15，25]的长度，区间（17，20）的长度，代入几何概型概率计算公式，即可得到答案．考查几何概型的概率计算．其中根据已知条件计算出基本事件总数对应的几何量的大小，和满足条件的几何量的大小是解答本题的关键．3.【答案】D【考点】几何概型【解析】【解答】画出关于的不等式组所构成的三角形区域，如图所示．的面积为离三个顶点距离都不大于1的地方的面积为∴其恰在离三个顶点距离都不小于1的地方的概率为故答案为：D．【分析】画出关于x，y的不等式组所构成的三角形区域，求出三角形的面积；再求出距三角形的三顶点距离小于等于1的区域为三个扇形，三个扇形的和是半圆，求出半圆的面积；利用对立事件的概率公式及几何概型概率公式求出恰在离三个顶点距离都不小于1的地方的概率．几何概率：设几何概型的基本事件空间可表示成可度量的区域Ω，事件A所对应的区域用A表示（A⊆Ω），则P（A）=称为事件A的几何概率．4.【答案】D【考点】二元一次不等式（组）与平面区域，几何概型【解析】【解答】解：其构成的区域D如图所示的边长为2的正方形，面积为S1=4，满足到原点的距离大于2所表示的平面区域是以原点为圆心，以2为半径的圆外部，面积为=4﹣π，∴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P=故选：D．【分析】本题属于几何概型，利用“测度”求概率，本例的测度即为区域的面积，故只要求出题中两个区域：由不等式组表示的区域和到原点的距离大于2的点构成的区域的面积后再求它们的比值即可．5.【答案】D【考点】几何概型【解析】【解答】在中，令，得，即，则，所以，，由几何概型的概率公式，得在五边形内随机取一点，该点取自三角形 (阴影部分)的概率.故答案为：D.【分析】根据题意求出点D的坐标，再由两点间的距离公式代入数值求出结果，结合四边形的面积代入数值求出结果把数值代入到几何概型的概率公式求出结果即可。
高一数学几何概型试题答案及解析
高一数学几何概型试题答案及解析1.在腰长为2的等腰直角三角形内任取一点，使得该点到此三角形的直角顶点的距离不大于1的概率为A．B．C．D．【答案】B【解析】以直角顶点为圆心，1为半径作圆，与三角形相交部分设为，当点在内时，到顶点的距离小于等于1，因此该点到此三角形的直角顶点的距离不大于1的概率为.【考点】几何概型的概率计算公式.2. x的取值范围为[0，10]，给出如图所示程序框图，输入一个数x．求：（Ⅰ）输出的x（x＜6）的概率；（Ⅱ）输出的x（6＜x≤8）的概率．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）由已知中的程序框图，我们根据选择结构的功能，可分析出程序的功能是计算并输出分段函数y=的函数值，输出的x（x＜6），可得x＜5，即可求出输出的x（x＜6）的概率；（Ⅱ）由输出的结果在区间6＜x8上，我们可以分当x7时和x＞7时两种情况，分别讨论满足条件的x的取值范围，得到输出结果的范围，最后根据输入x的取值范围利用几何概型求出概率即可．试题解析：（Ⅰ）由已知中的程序框图可得该程序的功能是计算并输出分段函数y=的函数值，当x＜6时，输出x+1，此时输出的结果满足x+1＜6，所以x＜5，所以输出的x（x＜6）的概率为P==；（Ⅱ）当x≤7时，输出x+1，此时输出的结果满足6＜x+1≤8解得5＜x≤7；当x＞7时，输出x﹣1，此时输出的结果满足6＜x﹣1≤8解得7＜x≤9；综上，输出的x的范围中5＜x≤9．则使得输出的x满足6＜x≤8的概率为P==．【考点】1．程序框图；２．几何概率．3.利用计算机产生之间的均匀随机数,则事件“”发生的概率为_______．【答案】【解析】3a-1＜0即a＜，则事件“3a-1＜0”的概率为P==．故答案为：．【考点】几何概型．4.一只蚂蚁在三边长分别为3、4、5的三角形面内爬行，某时间该蚂蚁距离三角形的三个顶点的距离均超过1的概率为；【答案】【解析】距离三角形的三个顶点的距离均超过1即在如图所示的阴影区域内爬行：三角形面积为，阴影面积为，∴概率为.【考点】5.向等腰直角三角形内任意投一点, 则小于的概率为( ) A．B．C．D．【答案】D【解析】以A为圆心、AC为半径作圆，令圆与AB边相交于点D，则点M在扇形ACD内时，小于，因为在等腰直角三角形ABC中，，所以扇形的面积，又等腰直角三角形ABC的面积，所以所求概率。
几何概率题库及答案详解
几何概率题库及答案详解1. 几何概率的基本概念是什么？答案：几何概率是指在几何空间中，事件发生的概率等于该事件所占区域与总区域的比例。
2. 如何计算一个圆内随机选取的点落在其内接正方形内的概率？答案：设圆的半径为r，则圆的面积为πr²。
内接正方形的对角线等于圆的直径，即2r，所以正方形的边长为2r/√2。
正方形的面积为(2r/√2)²=2r²。
因此，点落在正方形内的概率为正方形面积除以圆面积，即P=(2r²)/(πr²)=2/π。
3. 在一个边长为1的正方形内随机投掷一枚半径为r的硬币，求硬币完全落在正方形内的概率。
答案：硬币完全落在正方形内，意味着硬币的圆心在正方形内，并且圆与正方形的边界没有交点。
设圆心到正方形一边的距离为x，则x的范围是[0, 1-r]。
圆心在正方形内的概率等于x的可能取值范围与正方形边长的比值，即P=(1-r)/(1)=1-r。
4. 一个圆环的内外半径分别为R和r，求圆环内随机选取的点落在内圆内的概率。
答案：内圆的面积为πr²，圆环的面积为πR²-πr²。
点落在内圆内的概率为内圆面积除以圆环面积，即P=(πr²)/(πR²-πr²)。
5. 在一个长为L，宽为W的矩形区域内随机选取一个点，求该点到矩形边界的距离小于等于d的概率。
答案：设点到最近边界的距离为x，那么x的范围是[0, d]。
点到边界的距离小于等于d的概率等于x的可能取值范围与矩形的面积之比，即P=(d)/(LW)。
6. 一个球体的半径为R，求在球体内部随机选取的点到球心的距离小于等于r的概率。
答案：球体的体积为(4/3)πR³，点到球心距离小于等于r的体积为(4/3)πr³。
概率为这两个体积之比，即P=(4/3)πr³/(4/3)πR³=(r³)/R³。
高考数学大一轮复习 12.3 几何概型(含解析)新人教A版
12.3 几何概型一、选择题1．已知地铁列车每10 min(含在车站停车时间)一班，在车站停1 min ，则乘客到达站台立即乘上车的概率是( ) A.110 B.19 C.111 D.18解析 试验的所有结果构成的区域长度为10 min ，而构成事件A 的区域长度为1 min ，故P (A )＝110.答案 A 2. 设不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤20,20y x ，表示平面区域为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.4π B.22π- C.6πD.44π-答案 D3．在如图所示的正方形中随机掷一粒豆子，豆子落在正方形内切圆的上半圆(圆中阴影部分)中的概率是( )． A.14 B.18C.π4D.π8解析 设正方形的边长为2，则豆子落在正方形内切圆的上半圆中的概率 为12π×124＝π8.答案 D4．如图所示，边长为2的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为23，则阴影区域的面积为( )．A.43B.83C.23 D ．无法计算 解析 由几何概型知，S 阴S 正方形＝23，故S 阴＝23×22＝83. 答案 B5．在面积为S 的△ABC 的边上AB 上任取一点P ，则△PBC 的面积大于S4的概率是 ( )．A.14B.12C.34D.23解析 由△ABC ，△PBC 有公共底边BC ，所以只需P 位于线段BA 靠近B 的四分之一分点E与A 之间，这是一个几何概型，∴P ＝AE AB ＝34.答案 C6．ABCD 为长方形，AB ＝2，BC ＝1，O 为AB 的中点，在长方形ABCD 内随机取一点，取到的点到O 的距离大于1的概率为( )．A.π4 B ．1－π4 C.π8 D ．1－π8 解析 如图，要使图中点到O 的距离大于1，则该点需取在图中阴影部分，故概率为P ＝2－π22＝1－π4.答案 B7．分别以正方形ABCD 的四条边为直径画半圆，重叠部分如图中阴影区域所示，若向该正方形内随机投一点，则该点落在阴影区域的概率为( )．A.4－π2B.π－22C.4－π4D.π－24解析 设正方形边长为2，阴影区域的面积的一半等于半径为1的圆减去圆内接正方形的面积，即为π－2，则阴影区域的面积为2π－4，所以所求概率为P ＝2π－44＝π－22.答案 B 二、填空题8．如图，已知正方形的面积为10，向正方形内随机地撒200颗黄豆，数得落在阴影外的黄豆数为114颗，以此试验数据为依据，可以估计出阴影部分的面积约为______．解析 根据随机模拟的思想，这个面积是10×200－114200＝4.3.答案 4.39．小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的距离大于12，则周末去看电影；若此点到圆心的距离小于14，则去打篮球；否则，在家看书．则小波周末不在家看书的概率为________． 解析 设A ＝{小波周末去看电影}，B ＝{小波周末去打篮球}，C ＝{小波周末在家看书}，D ＝{小波周末不在家看书}，如图所示，则P (D )＝1－122π－142ππ＝1316. 答案131610. 在长为12cm 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20cm 2的概率为_______．解析 设线段AC 的长为x cm ，则线段CB 的长为(12x -)cm,那么矩形的面积为(12)x x -cm 2，由(12)20x x ->，解得210x <<。
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几何概型的常见题型及典例分析一．几何概型的定义1．定义：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型.2．特点：（1）无限性，即一次试验中，所有可能出现的结果（基本事件）有无限多个；（2）等可能性，即每个基本事件发生的可能性均相等.3．计算公式：.)(积）的区域长度（面积或体试验的全部结果所构成积）的区域长度（面积或体构成事件A A P = 说明：用几何概率公式计算概率时，关键是构造出随机事件所对应的几何图形，并对几何图形进行度量.4．古典概型和几何概型的区别和联系：（1）联系：每个基本事件发生的都是等可能的.（2）区别：①古典概型的基本事件是有限的，几何概型的基本事件是无限的；②两种概型的概率计算公式的含义不同.二．常见题型（一）、与长度有关的几何概型例1、在区间]1,1[-上随机取一个数x ，2cosx π的值介于0到21之间的概率为( ). A.31 B.π2 C.21 D.32 分析：在区间]1,1[-上随机取任何一个数都是一个基本事件.所取的数是区间]1,1[-的任意一个数，基本事件是无限多个，而且每一个基本事件的发生都是等可能的，因此事件的发生的概率只与自变量x 的取值范围的区间长度有关，符合几何概型的条件.解：在区间]1,1[-上随机取一个数x ,即[1,1]x ∈-时,要使cos2x π的值介于0到21之间,需使223x πππ-≤≤-或322x πππ≤≤ ∴213x -≤≤-或213x ≤≤，区间长度为32， 由几何概型知使cos 2x π的值介于0到21之间的概率为 31232===度所有结果构成的区间长符合条件的区间长度P . 故选A. 例2、 如图,A,B 两盏路灯之间长度是30米，由于光线较暗，想在其间再随意安装两盏路灯C,D,问A 与C,B 与D 之间的距离都不小于10米的概率是多少？思路点拨 从每一个位置安装都是一个基本事件，基本事件有无限多个，但在每一处安装的可能性相等，故是几何概型．解 记 E ：“A 与C,B 与D 之间的距离都不小于10米”，把AB 三等分，由于中间长度为30³31=10米， ∴313010)(==E P . 方法技巧 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．例3、在半径为R 的圆内画平行弦，如果这些弦与垂直于弦的直径的交点在该直径上的位置是等可能的，求任意画的弦的长度不小于R 的概率。
思考方法：由平面几何知识可知，垂直于弦的直径平分这条弦，所以，题中的等可能参数是平行弦的中点，它等可能地分布在于平行弦垂直的直径上（如图1-1）。
也就是说，样本空间所对应的区域G 是一维空间（即直线）上的线段MN ，而有利场合所对应的区域G A 是长度不小于R 的平行弦的中点K 所在的区间。
[解法1].设EF 与E 1F 1是长度等于R 的两条弦，图1-2图1-1直径MN 垂直于EF 和E 1F 1，与他们分别相交于K 和K 1(图1-2)。
依题设条件，样本空间所对应的区域是直径MN ，有L(G)=MN=2R ，注意到弦的长度与弦心距之间的关系比，则有利场合所对对应的区域是KK 1，有1()2K L G KK OK ====以几何概率公式得()()22A L G P L G R ===。
[解法2].如图1-1所示，设园O 的半径为R, EF 为诸平行弦中的任意一条，直径MN ⊥弦EF ，它们的交点为K ，则点K 就是弦EF 的中点。
设OK=x ，则 x ∈[-R,R], 所以 L(G)=2R设事件A 为“任意画的弦的长度不小于R ”，则A 的有利场合是R ≥,解不等式，得 x 2R ≤ 所以 ()22A L G R ==于是 ()22P A R == [评注] 本题结构比较简单，题中直接给出了等可能值参数；样本空间和有利场合所对应的区域，从图上都可以直接看出。
两种解法各有特色，解法1充分利用平面几何知识，在本题似较简便，解法2引进变量x 把代数知识和几何知识有机的结合起来，从表面上看解题过程不甚简便，但确具有推广价值，这种方法可以求解复杂的几何概率问题。
例4、 在长为12cm 的线段AB 上任取一点M ，并以线段AM 为边作正方形，求这个正方形的面积介于36cm 2 与81cm 2之间的概率．分析：正方形的面积只与边长有关，因此，此题可以转化为在12cm 长的线段AB 上任取一点M ，求使得AM 的长度介于6cm 与9cm 之间的概率．解：记“面积介于36cm 2 与81cm 2之间”为事件A ，事件A 的概率等价于“长度介于6cm 与9cm 之间”的概率，所以，P(A)= 9612-=14 小结：解答本例的关键是，将正方形的面积问题先转化为与边长的关系。
练习：2、已知地铁列车每10 min 一班，在车站停1 min ，则乘客到达站台立即乘上车的概率是( )A.110B.19C.111D.18解析：设乘客到达站台立即乘上车为事件A ，试验的所有结果构成的区域长度为10 min ，而构成事件A 的区域长度为1 min ，故P (A )＝110.答案：A 3、已知集合A {x |－1<x <5}，B ＝{x |x －23－x>0}，在集合A 中任取一个元素x ，则事件“x ∈A ∩B ”的概率是________．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.答案：164、 小赵欲在国庆六十周年之后从某车站乘车外出考察，已知该站发往各站的客车均每小时一班，求小赵等车时间不多于10分钟的概率．分析：因为客车每小时一班,而小赵在0～60分钟之间任何一个时刻到车站等车是等可能的, 所以他在哪个时间段到站等车的概率只与该时间段的长度有关,而与该时间段的位置无关,这符合几何概型的条件，且属于几何概型中的长度类型.解析:设A={等待的时间不多于10分钟},我们所关心的事件A 恰好是到站等车的时刻位于[50,60]这一时间段内,而事件的总体是整个一小时，即60分钟，因此，由几何概型的概率公式,得P(A)= 605060-=61，即此人等车时间不多于10分钟的概率为61． （二）、与面积有关的几何概型例1、ABCD 为长方形，1,2==BC AB ，O 为AB 的中点，在长方形ABCD内随机取一点，取到的点到O 的距离大于1的概率为（ ）A ．4π B.14π- C.8π D.18π- 分析：由于是随机的取点，点落在长方形内每一个点的机会是等可能的，基本事件是无限多个，所以符合几何概型.解：长方形面积为2,以O 为圆心,1为半径作圆,在矩形内部的部分(半DC圆)面积为2π，因此取到的点到O 的距离大于1的面积为22π-，则取到的点到O 的距离大于1的概率为412221)(ππ-=-==的面积长方形的面积的距离大于取到的点到ABCD O A P . 故选B.例2、 如图，射箭比赛的箭靶涂有五个彩色的分环．从外向内依次为白色、黑色、蓝色、红色，靶心为金色．金色靶心叫“黄心”．奥运会的比赛靶面直径为122 cm,靶心直径为12.2cm.运动员在70 m 外射箭．假设运动员射的箭都能中靶，且射中靶面内任一点都是等可能的，那么射中黄心的概率为多少？思路点拨 此为几何概型，只与面积有关．解 记“射中黄心”为事件B,由于中靶点随机地落在面积为2212241cm ⨯⨯π的大圆内，而当中靶点落在面积为222.1241cm ⨯⨯π的黄心时，事件B 发生，于是事件B 发生的概率为01.0122412.1241)(2222=⨯⨯⨯⨯=cm cm B P ππ. 即：“射中黄心”的概率是0.01.方法技巧 事件的发生是“击中靶心”即“黄心”的面积；总面积为最大环的圆面积．例3、在平面直角坐标系xoy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D中随意投一点，则落入E 中的概率为 。
解析：如图：区域D 表示边长为4的正方形ABCD 的内部（含边界），而区域E 表示单位圆及其内部，因此214416P ππ⨯==⨯。
答案 16π 点评：本小题中的试验结果是区域中的部分点集，其结果是不可数的，属于几何概型中典型的面积之比。
例4、在三角形ABC 中任取一点P ，证明：△ABP 与△ABC 的面积之比大于1n n -的概率为21n 。
思考方法 本题的随机点是ABP ∆的顶点P ，它等可能的分布在ABC ∆中，因此，与样本空间对应的平面区域是ABC ∆，注意到ABP ∆于ABC ∆有公共边AB ，所以的面积决定于顶点P 离底边AB 的距离。
这样不难确定与有利场合相对应的平面区域。
解 设ABP ∆与ABC ∆的面积之比为1n n-，ABC ∆的高CD 为h ，ABP ∆的高PG 为h1，公共底边AB 的长为c ，（图2）则111122ABPABCch S h n S h n ch ∆∆-=== 11n h h n -=过点P 作EF//AB,交CD 于H,则有立场合所对应的平面区域为CEF ∆.于是所求概率为EFC ABCS P S ∆∆= 注意到EF//AB ，~EFC ABC ∆∆,且 CH=h -h 1 = h-1n n -h=1h n ，2221EFCABC h s n p S h n ∆∆⎛⎫ ⎪⎝⎭∴=== 由此，原题得证。
评注 本题的样本空间虽然与平面区域相对应，但因三角形ABC 于三角形ABP 有公共底边AB ，所以，实际变化着的量只有一个(即点P 于AB 的距离)，问题还比较简单，对于较复杂的平面区域，常常要根据题设选定两个变量，由各自的约束条件确定样本空间于有立场合的相应区域。
例5、将长为L 的木棒随机的折成3段，求3段构成三角形的概率．解：设M =“3段构成三角形”．x y ，分别表示其中两段的长度，则第三段的长度为L x y --．{}()000x y x L y L x y L Ω=<<<<<+<，，，|．图2H P G F E D C B A由题意，x y L x y --，，要构成三角形，须有x y L x y +>--，即12x y +>； ()x L x y y +-->，即2L y <；()y L x y x +-->，即2L x <． 故()|222L L L M x y x y y x ⎧⎫=+><<⎨⎬⎩⎭，，，． 如图1所示，可知所求概率为221122()42L M P M L ⎛⎫ ⎪⎝⎭===Ω·的面积的面积． 例6、已知函数f (x )＝－x 2＋ax －b .若a 、b 都是从区间[0,4]任取的一个数，则f (1)＞0成立的概率是________．解析：f (1)＝－1＋a －b ＞0，即a －b ＞1，如图：A (1,0)，B (4,0)，C (4,3)，S △ABC ＝92，P ＝S △ABC S 矩＝924³4＝932. 答案：932练习1、ABCD 为长方形，AB ＝2，BC ＝1，O 为AB 的中点．在长方形ABCD 内随机取一点，取到的点到O 的距离大于1的概率为( )A.π4 B ．1－π4 C.π8 D ．1－π8解析：对应长方形的面积为2³1＝2，而取到的点到O 的距离小于等于1时，其是以O 为圆心，半径为1所作的半圆，对应的面积为12³π³12＝12π，那么满足条件的概率为：1－12π2＝1－π4.答案：B2、设－1≤a ≤1，－1≤b ≤1，则关于x 的方程x 2＋ax ＋b 2＝0有实根的概率是 ( )A.12B.14C.18D.116解析：由题知该方程有实根满足条件⎩⎨⎧ －1≤a ≤1，－1≤b ≤1，a 2－4b 2≥0，作平面区域如右图：由图知阴影面积为1，总的事件对应面积为正方形的面积，故概率为14.答案：B 3、已知Ω＝{(x ，y )|x ＋y ≤6，x ≥0，y ≥0}，A ＝{(x ，y )|x ≤4，y ≥0，x －2y ≥0}，若向区域Ω上随机投一点P ，则点P 落入区域A 的概率为 ( )A.13B.23C.19D.29解析：作出两集合表示的平面区域如图所示．容易得出Ω所表示的平面区域为三角形AOB 及其边界，A 表示的区域为三角形OCD 及其边界．容易求得D (4,2)恰为直线x ＝4，x －2y ＝0，x ＋y ＝6三线的交点．则可得S △AOB ＝12³6³6＝18，S △OCD ＝12³4³2＝4.所以点P 落在区域A 的概率为418＝29.答案：D 4、在区域⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-≤-+00202y y x y x 内任取一点P ，则点P 落在单位圆x 2＋y 2＝1内的概率为( )A.π2B.π8C.π6D.π4 解析：区域为△ABC 内部(含边界)，则概率为P ＝S 半圆S △ABC ＝π212³22³2＝π4.答案：D 5、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________．解析：以A 、B 、C 为圆心，以1为半径作圆，与△ABC相交出三个扇形(如图所示)，当P 落在阴影部分时符合要求．∴P ＝3³(12³π3³12)34³22＝3π6.答案：36π 6、在区间[0,1]上任意取两个实数a ，b ，则函数f (x )＝12x 3＋ax －b 在区间[－1,1]上有且仅有一个零点的概率为________．解析：f ′(x )＝32x 2＋a ，故f (x )在x ∈[－1,1]上单调递增，又因为函数f (x )＝12x 3＋ax －b 在[－1,1]上有且仅有一个零点，即有f (－1)²f (1)<0成立，即(－12－a －b )(12＋a －b )<0，则(12＋a ＋b )(12＋a －b )>0，可化为⎩⎪⎨⎪⎧ 0≤a ≤10≤b ≤112＋a －b >012＋a ＋b >0或⎩⎪⎨⎪⎧ 0≤a ≤10≤b ≤112＋a －b <0，12＋a ＋b <0由线性规划知识在平面直角坐标系aOb中画出这两个不等式组所表示的可行域，再由几何概型可以知道，函数f(x)＝12x3＋ax－b在[－1,1]上有且仅有一个零点的概率为可行域的面积除以直线a＝0，a＝1，b＝0，b＝1围成的正方形的面积，计算可得面积之比为78。