全国高考数学复习微专题：取球问题

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全国高考数学复习微专题：取球问题

取球问题一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。

2、超几何分布模型：关键词“不放回的抽取”3、与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次的抽取，要注意前一次的结果对后一步抽球的影响4、古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型（保证基本事件为等可能事件），通常要将“相同的”小球视为“不同的”元素，在利用排列组合知识进行分子分母的计数。

5、数字问题：在小球上标注数字，所涉及的问题与数字相关（奇，偶，最大，最小等），在解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求解。

二、典型例题：例1：一袋中有6个黑球，4个白球（1）不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率（2）有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率（3）有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X 的分布列，期望和方差（1）思路：因为是不放回的取球，所以后面取球的情况受到前面的影响，要使用条件概率相关公式进行计算。

第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭:，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭:()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5X B ⎛⎫⎪⎝⎭Q :26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球（1）求取出的4个球中没有红球的概率（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅= （2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ===()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++==右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。

高中数学概率取球练习题.doc

高中数学概率取球练习题1•下列说法正确的是A.任何事件的概率总是在之间B频率是客观存在的，与试验次数无关C.随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率D.概率是随机的，在试验前不能确定2•集合A={2,3},B={1,2,3},从A, B中各取任意一个数，则这两数之和等于4的概率是A.IllB.C.D. 363.从一批产品中取出三件产品，设A二“三件产品全不是次品”，“三件产品全是次品”，C= “三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是A. A与C互斥B. E与C互斥C.任何两个均互斥D. 任何两个均不互斥4.抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷1000次, 那么第999次出现正面朝上的概率是A. 19B. 11000C. 991000D. 15•从一批羽毛球产品中任取一个，其质量小于 4. 8g 的概率为0.3,质量小于4.85g的概率为0. 32,那么质量在[4.8, 4.85]范围内的概率是A. 0.B. 0. 3C. 0. 0D. 0. 686.从1004名学生中选取50名参加活动，若采用下面的方法选取：选用简单随机抽样从1004人中剔除4人，剩下的1000人再按系统抽样的方法进行抽样，则每人入选的概率A.不全相等均不相等C.都相等且为25/502D.都相等且为1/207.甲，乙两人随意入住两间空房，则甲乙两人各住一间房的概率是A. 1 .B. 1C. 1D.无法确定8•从五件正品，一件次品中随机取出两件，则取出的两件产品中恰好是一件正品，一件次品的概率是A. IB. 12C. 1D.9.一个袋中装有2个红球和2个白球，现从袋中取岀1球，然后放回袋中再取出一球，则取出的两个球同色的概率是A. IB. 1C. 1D.10.现有五个球分别记为A、C、J、K、S,随机放进三个盒子，每个盒子只能放一个球，则K或S在盒中的概率是A. 1 10B. 5C. 9D. 101011.如图，在半径为R的圆内随机撒一粒黄豆，它落在阴影部分内接正三角形上的概率是D1A. 11B. 1C. 1D. 613、在500mL的水中有一个草履虫，现从中随机取出2mL水样放到显微镜下观察，则发现草履虫的概率是A. O.B. 0.C. 0.004D.不能确定14、下列事件中，随机事件的个数是①如果a、b 是实数，那么b+a二a+b；②某地1月1日刮西北风；③当x是实数时，x220；④一个电影院当天的上座率超过50%。

2023年高考数学真题实战复习(2022高考+模考题)专题15 立体几何中球的问题(解析版)

专题15 立体几何中球的问题【高考真题】1．(2022·新高考Ⅱ) 已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π1．答案 A 解析设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,2sin 60sin 60r r =，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d 2d ，故121d d -=或121d d +=1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选A ．2．(2022·全国乙理) 已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )A ．13B ．12CD 2．答案 C 解析设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅⋅=(当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立)，即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r ，又221r h +=，则2123O ABCD V r h -=⋅⋅==当且仅当222r h =即h 时等号成立，故选C ． 3．(2022·新高考Ⅱ) 已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，814]B ．[274，814]C ．[274，643] D ．[18，27] 3．答案 C 解析 ∵ 球的体积为36π，所以球的半径R ＝3，设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则l 2＝2a 2＋h 2，32＝2a 2＋(3－h )2．所以6h ＝l 2，2a 2＝l 2－h 2，所以正四棱锥的体积V ＝13Sh ＝13×4a 2×h ＝23×(l 2－l 436)×l 26＝19(l 4－l 636)，所以V ′＝19(4l 3－l 56)＝19l 3 (24－l 26)，当3≤l ≤26时，V ′＞0，当26≤l ≤33时，V ′＜0，所以当l ＝26时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又l ＝3时，V ＝274，l ＝33时， V＝814．所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]．故选C ．【方法总结】如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点与难点，也是高考考查的一个热点．考查学生的空间想象能力以及化归能力．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．空间几何体的外接球与内切球十大模型1．墙角模型；2．对棱相等模型；3．汉堡模型；4．垂面模型；5．切瓜模型；6．斗笠模型；7．鳄鱼模型；8．已知球心或球半径模型；9．最值模型；10．内切球模型．可参考：侯永青工作室《2022年高考数学之解密几何体的外接球与内切球十大模型命题点对点突破》【题型突破】1．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的表面积为( )A ．7πB ．14πC ．72πD ．714π31．答案 B 解析三棱锥A －BCD 的三条侧棱两两互相垂直，所以把它补为长方体，而长方体的体对角线长为其外接球的直径．所以长方体的体对角线长是12＋22＋32＝14，它的外接球半径是142，外接球的表面积是4π×⎝⎛⎭⎫1422＝14π． 2．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B－AD －C ，则三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5πB ．203π C ．10π D ．34π 2．答案 D 解析依题意，在三棱锥B －ACD 中，AD ，BD ，CD 两两垂直，且AD ＝4，BD ＝CD ＝3，因此可将三棱锥B ACD 补形成一个长方体，该长方体的长、宽、高分别为3,3,4，且其外接球的直径2R ＝32＋32＋42＝34，故三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为4πR 2＝34π3．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.3．答案 6π 解析如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径．∴CD ＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R ，因此R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝6π. 4．已知四面体P －ABC 四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，AB ＝PB＝2，则球O 的表面积为________．4．答案 9π 解析由PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，可得图中四个直角三角形，且PC 为△PBC ，△P AC的公共斜边，故球心O 为PC 的中点，由AC ＝1，AB ＝PB ＝2，PC ＝3，∴球O 的半径为32，其表面积为9π.5．三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A ．272πB ．2732π C ．273π D ．27π 5．答案 B 解析因为三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC ．因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB ．以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332．因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B ．6．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．6．答案 163 解析将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，设正四面体ABCD的外接球的半径为R ，则43πR 3＝86π，解得R ＝6，因为正四面体ABCD 的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3a ＝2R ＝26，所以a ＝22．而正四面体ABCD 的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD 的棱长为2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sin π3＝163．7．表面积为( )A ．B ．12πC ．8πD ．7．答案 B 解析表面积为长为2，正方体的对角线长为正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为24(3)12ππ=．8．已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 ________．8．答案 7π 解析在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE ．∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，∴AE ⊥CD ，BE ⊥CD .在Rt △AED 中，CD ＝6，∴AE ＝102．同理BE ＝102，取AB 的中点为F ，连接EF ．由AE ＝BE ，得EF ⊥AB ．在Rt △EF A 中，∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1，取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12．在Rt △OF A 中，OA ＝72．同理得OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴该四面体的外接球的半径是72，∴外接球的表面积是7π． 9．三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10．则三棱锥的外接球的表面积为______.9．答案 14π 解析如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c ．则SC ＝AB ＝a 2＋b 2＝10，SA ＝BC ＝b 2＋c 2＝13，SB ＝AC ＝a 2＋c 2＝5，从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π．10．已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC＝BD ＝5，则a ＝________.10．答案 22 解析由题意可知，四面体ABCD 的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示．设AF ＝x ，BF ＝y ，CF ＝z ，则x 2＋z 2＝y 2＋z 2＝5，又4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 2＋z 222＝9π，可得x ＝y ＝2，∴a ＝x 2＋y 2＝22． 11．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( )A ．28π3B ．22π3C ．43π3D ．7π 11．答案 A 解析由题知此直棱柱为正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，设其上下底面中心为O ′，O 1，则外接球的球心O 为线段O ′O 1的中点，∵AB ＝2，∴O ′A ＝33AB ＝233，OO ′＝12O ′O 1＝1，∴OA ＝O ′O 2＋O ′A 2＝213，因此，它的外接球的半径为213，故球O 的表面积为28π3．故选A ． 12．一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________. 12．答案 4π3 解析设正六棱柱底面边长为a ，正六棱柱的高为h ，底面外接圆的半径为r ，则a ＝12，底面积为S ＝6·34·⎝⎛⎭⎫122＝338，V 柱＝Sh ＝338h ＝98，∴h ＝3，R 2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122＝1，R ＝1，球的体积为V ＝4π3. 13．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π13．答案 C 解析如图所示，设底面边长为a ，则底面面积为34a 2＝334，所以a ＝ 3.又一个侧面的周长为63，所以AA 1＝2 3.设E ，D 分别为上、下底面的中心，连接DE ，设DE 的中点为O ，则点O 即为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的球心，连接OA 1，A 1E ，则OE ＝3，A 1E ＝3×32×23＝1.在直角三角形OEA 1中，OA 1＝12＋(3)2＝2，即外接球的半径R ＝2，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C ．14．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( )A ．40π3B ．4030π27C ．32030π27D ．20π 14．答案 B 解析设△A 1B 1C 1的外心为O 1，△ABC 的外心为O 2，连接O 1O 2，O 2B ，OB ，如图所示．由题意可得外接球的球心O 为O 1O 2的中点．在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC cos ∠BAC ＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7，所以BC ＝7，由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径2r ＝2O 2B ＝BC sin 60°＝273，所以r ＝73＝213，而球心O 到截面ABC 的距离d ＝OO 2＝12AA 1＝1，设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径为R ，由球的截面性质可得R 2＝d 2＋r 2＝12＋⎝⎛⎭⎫2132＝103，故R ＝303，所以该三棱柱的外接球的体积为V ＝4π3R 3＝4030π27．故选B ． 15．已知矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，将四边形AEFD 沿EF 折起，使二面角A －EF －C 的大小为120°，则过A ，B ，C ，D ，E ，F 六点的球的表面积为( )A ．6πB ．5πC ．4πD ．3π15．答案 B 解析其中O 1，O 2分别为正方形AEFD 和BCFE 的中心，OO 1，OO 2分别垂直于这两个平面．由于∠OGO 2＝60°，O 2G ＝12，所以OO 2＝32，而O 2C ＝12CE ＝22，所以球的半径OC ＝OO 22＋O 2C2＝52，所以球的表面积为4π·OC 2＝5π．故选B ．16．三棱锥S －ABC 中，SA ⊥底面ABC ，若SA ＝AB ＝BC ＝AC ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为( )A ．18πB ．21π2C ．21πD ．42π 16．答案 C 解析由于AB ＝BC ＝AC ＝3，则△ABC 是边长为3的等边三角形，由正弦定理知，△ABC的外接圆的直径为2r ＝3sin π3＝23，由于SA ⊥底面ABC ，所以△ABC 外接圆的过圆心的垂线与线段SA 中垂面的交点为该三棱锥的外接球的球心，所以外接球的半径R ＝⎝⎛⎭⎫SA 22＋r 2＝212，因此，三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝4π×214＝21π．故选C ． 17．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，△BCD 是边长为3的等边三角形，若AB ＝2，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．32π17．答案 C 解析取CD 的中点E ，连接AE ，BE ，∵在四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，△BCD 是边长为3的等边三角形．∴Rt △ABC ≌Rt △ABD ，△ACD 是等腰三角形，设△BCD 的中心为G ，作OG∥AB 交AB 的中垂线于O ，则O 为外接球的球心，∵BE ＝332，BG ＝3，∴外接球的半径R ＝BG 2＋⎝⎛⎭⎫12AB 2＝3＋1＝2.∴四面体ABCD 外接球的表面积为4πR 2＝16π．故选C ．18．已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．64π18．答案 C 解析在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋ BC 2，即AB ⊥BC ．又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥AB ，SA ⊥BC ，∴三棱锥S －ABC 可补成分别以AB ＝1，BC ＝3，SA ＝23为长、宽、高的长方体，∴球O 的直径为12＋(3)2＋(23)2＝4，故球O 的表面积为4π×22＝16π．另解取SC 的中点E ，连接AE ，BE ，依题意，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2 ＋BC 2，即AB ⊥BC ，又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC ，又SA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面SAB ，BC ⊥SB ，AE ＝12SC ＝BE ，∴点E 是三棱锥S －ABC 的外接球的球心，即点E 与点O 重合，OA ＝12SC ＝12SA 2＋AC 2＝2，故球O 的表面积为4π×OA 2＝16π．19．在三棱锥P －ABC 中，已知P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝60°，P A ＝2，AB ＝AC ＝3，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．4π3B ．82π3C ．8πD ．12π 19．答案 C 解析易知△ABC 是等边三角形．如图，作OM ⊥平面ABC ，其中M 为△ABC 的中心，且点O 满足OM ＝12P A ＝1，则点O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心．于是，该外接球的半径R ＝OA ＝AM 2＋OM 2＝(32×3×23)2＋12＝2．故该球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C ． AB C M OP20．在三棱锥A －BCD 中，AC ＝CD ＝2，AB ＝AD ＝BD ＝BC ＝1，若三棱锥的所有顶点，都在同一球面上，则球的表面积是________．20．答案 73π 解析由已知可得，BC ⊥AB ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD ，设三棱锥外接球的球心为 O ，正三角形ABD 的中心为O 1，则OO 1⊥平面ABD ，连接O 1B ，OO 1，OC ，在直角梯形O 1BCO 中，有O 1B ＝33，BC ＝1，OC ＝OB ＝R ，可得：R 2＝712，故所求球的表面积为4πR 2＝73π．21．把边长为3的正方ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为( )A ．32πB ．27πC ．18πD ．9π21．答案 C 解析将边长为1的正方形ABCD ，沿对角线AC 把ACD ∆折起，使平面ACD ⊥平面ABC ，则BC CD ⊥，BA AD ⊥；三棱锥CABD -的外接球直径为AC=，外接球的表面积为2244(182R πππ=⨯=． 22．在三棱锥A －BCD 中，△ACD 与△BCD 都是边长为4的正三角形，且平面ACD ⊥平面BCD ，则该三棱锥外接球的表面积为________．22．答案 803π 解析取AB ，CD 的中点分别为E ，F ，连接EF ，AF ，BF ，由题意知AF ⊥BF ，AF ＝BF ＝23，EF ＝12AF 2＋BF 2＝6，易知三棱锥的外接球球心O 在线段EF 上，所以OE ＋OF ＝6，设外接球的半径为R ，连接OA ，OC ，则有R 2＝AE 2＋OE 2，R 2＝CF 2＋OF 2，所以AE 2＋OE 2＝CF 2＋OF 2，(6)2＋OE 2＝22＋OF 2，所以OF 2－OE 2＝2，又OE ＋OF ＝6，则OF 2＝83，R 2＝203，所以该三棱锥外接球的表面积为4πR 2＝803π．23．已知如图所示的三棱锥D－ABC的四个顶点均在球O的球面上，△ABC和△DBC 所在的平面互相垂直，AB＝3，AC＝3，BC＝CD＝BD＝23，则球O的表面积为()A．4πB．12πC．16πD．36π23．答案C解析如图所示，∵AB2＋AC2＝BC2，∴∠CAB为直角，即△ABC外接圆的圆心为BC的中点O′．△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，则球心在过△DBC的圆面上，即△DBC的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合，易得球半径R＝2，球的表面积为S＝4πR2＝16π，故选C．24．在三棱锥A BCD-中，平面ABC⊥平面BCD，ABC∆是边长为2的正三角形，若4BDCπ∠=，三棱锥的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为()．A．523πB．3πC．4πD．283π24．答案D解析记BCD∆外接圆圆心为E，ABC∆外接圆圆心为F，连结OE，OF，则OE⊥平面BCD，OF⊥平面ABC；取BC中点N，连结,AN EN，因为ABC∆是边长为2的正三角形，所以AN 过点F，且223AF FN AN===；在BCD∆中，4BDCπ∠=，2BC=，设BCD∆外接圆为r，则2sinBCrBDC===∠，所以r=故BE EC r===所以有222BE EC BC+=，因为N为BC中点，所以EN BC⊥，且112EN BC==；又平面ABC⊥平面BCD，所以EN⊥平面ABC，OE⊥平面ABC；因此EN OF⊥且1EN OF==，设三棱锥A BCD-外接球半径为R，则R OA==，因此，球O的表面积为22843S Rππ==．故选D．25．已知空间四边形ABCD ，23BAC π∠=，23AB AC ==，4BD =，25CD =，且平面ABC ⊥平面BCD，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．48πC ．64πD ．96π25．答案 B 解析在三角形ABC 中，23BAC π∠=，AB AC ==，由余弦定理可得，而在三角形BCD 中，4BD =，CD =，222BD CD BC ∴+=，即BCD ∆为直角三角形，且BC 为斜边，因为平面ABC ⊥平面BCD ，所以几何体的外接球的球心为为三角形ABC 的外接圆的圆心，设外接球的半径为R ，则22sin 3BC R π==即R =2448S R ππ==，26．已知圆锥的顶点为P ，母线PA 与底面所成的角为30︒，底面圆心O 到PA 的距离为1，则该圆锥外接球的表面积为________．26．答案 643π 解析依题意得，圆锥底面半径12sin30r ==︒，高1sin 60h =︒．设圆锥外接球半径为R ，则222()R r R h =+-，即2222(R R =+，解得：R =．∴外接球的表面积为26443S R ππ==． 27．在三棱锥P ABC -中，PA PB PC ===，侧棱PA 与底面ABC 所成的角为60︒，则该三棱锥外接球的体积为( )A ．πB ．π3C ．4πD ．4π327．答案解析过P 点作底面ABC 的垂线，垂足为O ，设H 为外接球的球心，连接, AH AO ，因60PAO ∠=︒，PA ，故AO ，32PO =，又AHO ∆为直角三角形，AH PH r ==，∴222AH AO OH =+，∴2223()2r r =+-，∴1r =，∴344133V ππ=⨯=． 28．在三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，2AC AB ==，且AC AB ⊥，则该三棱锥外接球的表面积6BC ==为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．9π28．答案 D 解析由题意，点P 在底面上的射影M 是CB 的中点，是三角形ABC 的外心，令球心为O ，2AC AB ==，且AC AB ⊥，MB MC MA ∴===PA PB PC ==2PM ∴==如图在直角三角形OBM 中，222OB OM BM =+，即222(2)R R =+-，32R ∴=，则该三棱锥外接球的表面积为294494R πππ=⨯=．29．P ABC -的外接球的球心为O ，若满足0OA OB OC ++=，则此三棱锥外接球的半径是( )A ．2BC D29．答案 D 解析正三棱锥D ABC -的外接球的球心O 满足OA OB CO +=，说明三角形ABC 在球O 的大圆上，并且为正三角形，设球的半径为：R ，棱锥的底面正三角形ABC 的高为32R ，底面三角形ABC，正三棱锥的体积为1(32)R ⨯=，解得34R =，则此三棱锥外接球的半径是R ．30．已知正四棱锥P －ABCD 的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为2，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( )A ．124π3 B ．625π81 C ．500π81D ．256π930．答案 C 解析如图所示，设底面正方形ABCD 的中心为O ′，正四棱锥P －ABCD 的外接球的球心为O ， ∵底面正方形的边长为2，∴O ′D ＝1，∵正四棱锥的体积为2，∴V P －ABCD ＝13×(2)2×PO ′＝2，解得PO ′＝3，∴OO ′＝|PO ′－PO |＝|3－R |，在Rt △OO ′D 中，由勾股定理可得OO ′2＋O ′D 2＝OD 2，即(3－R )2＋12＝R 2，解得R ＝53，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫533＝500π81． 31．在三棱锥S ABC -中，2SB SC AB BC AC =====，二面角S BC A --的大小为60︒，则三棱锥S AB -C 外接球的表面积是( )A．143πB．163πC．409πD．529π31．答案D解析取BC的中点为D，由三棱锥S ABC-中，2SB SC AB BC AC=====，二面角S BC A--的大小为60︒，得到SBC∆和ABC∆都是正三角形，SD BC∴⊥，AD BC⊥，SDA∴∠是二面角S BC A--的平面角，即60SDA∠=︒，设球心为O，ABC∆和SBC∆中心分别为E，F，则OE⊥平面ABC，OF⊥平面SBC，tan tan30OEDE ODEDE=∠==︒，23OD∴=，∴外接球半径R=，∴外接球的表面积为252449Rπππ==．32．已知三棱锥A BCD-，6BC=，且ABC∆、BCD∆均为等边三角形，二面角A BC D--的平面角为60︒，则三棱锥外接球的表面积是________．32．答案52π解析取BC的中点M，连接AM、DM，则AM BC⊥，且DM BC⊥，所以，二面角A BC D--的平面角为60AMD∠=︒，且sin60AM DM AB==︒=ADM∆是边长为正三角形，如下图所示，设ABC∆和BCD∆的外心分别为点P、Q，则13PM QM AM===，过点P、Q在平面ADM内作AM和DM的垂线交于点O，则O为该三棱锥的外接球球心，易知，30OMP∠=︒，所以，tan301OP PM=︒=，23PA AM==，所以，球O的半径为OA=2452ππ⨯=．33．已知边长为6的菱形ABCD中，120BAD∠=︒，沿对角线AC折成二面角B AC D--的大小为θ的四面体且1cos3θ=，则四面体ABCD的外接球的表面积为________．33．答案54π解析由边长为6的菱形ABCD中，120BAD∠=︒，可知，6AC AB BC AD CD=====，在折起的四面体中，取AC的中点E，连接BE，DE，6DE BE===，则EB AC⊥，DE AC⊥，AC BE E⋂=，AC∴⊥面BED，BED∠为二面角B AC D--的大小为θ，在DE，BE上分别取23DM Bn DE===13EM DE=M，N分别为三角形ADC，ABC的外接圆的圆心，过M，N分别做两个三角形的外接圆的垂线，交于O，则O为四面体外接球的球心，连接OE，OD为外接球的半径R．则2OEDθ∠=，所以21cos2cos223θθ+==，所以cos2θ=，在三角形OEM，cos2EMOEθ=，解得OE==，在三角形OED中，余弦定理可得22222336272cos(33)()23323222OD DE OE DE OEθ=+-=+-=，即2272R=，所以外接球的表面积2454S Rππ==．34．在三棱锥P ABC-中，顶点P在底面ABC的投影G是ABC∆的外心，2PB BC==，且面PBC与底面ABC所成的二面角的大小为60︒，则三棱锥P ABC-的外接球的表面积为________．34．答案649π解析由于G 为ABC ∆的外心，则GA GB GC ==，由题意知，PG ⊥平面ABC ，由勾股定理易得PA PB PC ==，取BC 的中点E ，由于G 为ABC ∆的外心，则GE BC ⊥，且112BE BC ==，PG ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，则BC PG ⊥，又GE BC ⊥，PG GE G =，BC ∴⊥平面PGE ，PE ⊂平面PGE ，PE BC ∴⊥，所以，PE =PBC 与平面ABC 所成的二面角的平面角为60PEG ∠=︒，∴3sin 602PG PE =︒=，因此，三棱锥的外接球的直径为2482332PB R PG ===，所以，43R =，因此，该三棱锥的外接球的表面积为2246444()39R πππ=⨯=．35．直角三角形ABC ，2ABC π∠=，2AC BC +=，将ABC ∆绕AB 边旋转至ABC '∆位置，若二面角C AB -C '-的大小为23π，则四面体C ABC '-的外接球的表面积的最小值为( ) A ．6π B ．3π C ．32π D ．2π35．答案 B 解析如图，AB ⊥平面CBC '，CBC ∆'是等腰三角形，BC BC ='，23CBC π∠'=．设BC = (01)x x <<，则2AC x =-，AB ===CBC ∆'外接圆的半径为r ，则2sin6x r π=，即r x =．∴四面体C ABC '-的外接球的半径R满足22221R x x x =+=-+．∴四面体C ABC '-的外接球的表面积2244(1)S R x x ππ==-+，当12x =时，3min S π=． 36．已知三棱锥P －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，P A 为球O的直径且P A ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( )A ．2B ．22C ． 3D ．2336．答案 B 解析取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径P A ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.37．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB ＝6，BC ＝23，且四棱锥O －ABCD的体积为83，则R 等于( )A ．4B ．23C ．479D ．1337．答案 A. 解析如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接OE ，EC ，由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ，所以V O ABCD ＝13·OE ·S 矩形ABCD ＝13×OE ×6×23＝83，所以OE ＝2，在矩形ABCD 中可得EC ＝23，则R ＝OE 2＋EC 2＝4＋12＝4，故选A ．38．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P －ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A ．16π3B ．40π3C ．64π3D ．80π338．答案 D 解析依题意，记三棱锥P －ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝⎛⎭⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝⎛⎭⎫2332＝203，所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D.39．已知三棱锥均在以为直径球面上，，则这个球的表面积为_____________．39．答案 16π 解析由题意，设球的直径是该球面上的两点，如图所示，因为，所以为直角三角形，设三棱锥的高为，则，解得，取的中点，连接，根据球的性质，可得平面，所以，在直角中，，即球的半径为，所以球的表面积为．40．(2017·全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．A SBC -PA 2AB AC BC ===2, , SC R A B =AB AC ==2BC =ABC ∆S ABC -h 1132⨯=h =BC M OM OM ⊥ABC OM =OMC ∆2OC =2R =4S π=224216R ππ=⨯=40．答案3π4解析如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12．∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4． 41．三棱锥P －ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．1041．答案 C 解析依题意，设题中球的球心为O 、半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR 33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P －ABC 的高的最大值为5＋3＝8.42．(2015·全国Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36π B ．64π C ．144πD ．256π42．答案 C 解析 ∵S △OAB 是定值，且V O -ABC ＝V C -OAB ，∴当OC ⊥平面OAB 时，V C -OAB 最大，即V O -ABC最大．设球O 的半径为R ，则(V O -ABC )max ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×62＝144π．43．已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝23．若三棱锥D－ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．43．答案 16π 解析由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ABC ＝13S △ABC ·h (h 为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，∴球O 的表面积为4π×22＝16π．44．在三棱锥A －BCD 中，AB ＝1，BC ＝2，CD ＝AC ＝3，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，其外接球的表面积为________．44．答案 6π 解析 ∵AB ＝1，BC ＝2，AC ＝3，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，即△ABC 为直角三角形，当CD⊥面ABC 时，三棱锥A －BCD 的体积最大，又∵CD ＝3，△ABC 外接圆的半径为32，故外接球的半径R 满足R 2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＝32，∴外接球的表面积为4πR 2＝6π． 45．已知三棱锥D －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝22，若三棱锥D －ABC 体积的最大值为2，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．9πC ．25π3D ．121π945．答案 D 解析由AB ＝BC ＝2，AC ＝22，可得AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 为直角三角形，且AC为斜边，所以过△ABC 的截面圆的圆心为斜边AC 的中点E ．当DE ⊥平面ABC ，且球心O 在DE 上时，三棱锥D －ABC 的体积取最大值，因为三棱锥D －ABC 体积的最大值为2，所以13S △ABC ·DE ＝2，即13×12×22×DE ＝2，解得DE ＝3．设球的半径为R ，则AE 2＋OE 2＝AO 2，即(2)2＋(3－R )2＝R 2，解得R ＝116．所以球O 的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫1162＝121π9．46．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.46．答案63π解析设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π.47．已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A ．7π6B ．4π3C ．2π3D ．π247．答案 C 解析当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝⎛⎭⎫x 43＝18，得x ＝2．易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3．故选C ． 48．已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且P A ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5C ．92D ．9448．答案 D 解析由题意知，四棱锥P －ABCD 是正四棱锥，球的球心O 在四棱锥的高PH 上，过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图：其中PE ，PF 是斜高，A 为球面与侧面的切点．设PH ＝h ，易知Rt △P AO ∽Rt △PHF ，所以OA FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D ．49．将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π49．答案 B 解析将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆的半径为R ，则有2πR＝3×2π3，所以R ＝1，设圆锥的内切球的半径为r ，结合圆锥和球的特征，可知内切球球心必在圆锥的高线上，设圆锥的高为h ，因为圆锥的母线长为3，所以h ＝9－1＝22，所以r h －r ＝R 3，解得r ＝22，因此内切球的表面积S ＝4πr 2＝2π．故选B ．50．体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.50．答案 63 解析设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2，设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝23．所以V ＝34×(23)2×2＝63．。

2025年高考数学总复习课件43第六章微专题寻找球心解决与球有关的问题

微专题寻找球心解决与球有关的问题
2．常用结论： (1)正方体的棱长为a，球的半径为R，若球为正方体的外接球，则2R＝ 3a；若球为正方体的内切球，则2R＝a；若球与正方体的各棱相切，则2R＝ 2a. (2)若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝
a2 +b2 +c2.
微专题寻找球心解决与球有关的问题
类型二补形法
【例3】在四面体ABCD中，AB⊥BC，AB⊥AD，向量BC与AD的夹角为23π.若AB
＝6，BC＝AD＝3，则该四面体外接球的表面积为( )
A．18π
B．36π
C．54π
√D．72π
D 解析：将四面体ABCD补成如图所示的直三棱柱ADE-BFC.
()
2 5+3 3 π
A． 3
cm3
4 5+3 3 π
√B． 3
cm3
C．2 5+3 3 π cm3
D．8Leabharlann 5+3 33π cm3
B 解析：分别作出四个小球和容器的正视截面图和俯视截面图，如图所示．
正视截面图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有OA2＋AB2 ＝OB2.
俯视截面图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到小球球心的距离O1A1与正视截面图中的OA相等．设半球的半径为R，已知小球半径r＝1 cm，所以OA＝ 2 cm，AB＝1 cm，OB＝
a2－
3 a
3
2
＝
6 3
a，
AO
＝
6 4
a，所以该正四面体内切球的半径
OO1
＝
162a，所以该正四面体与其内切球体积之比为VV正内四切面球体

2020高中数学---取球问题

第90炼取球问题一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。

第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球（1）求取出的4个球中没有红球的概率（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅= （2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ===()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++==右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。

备战高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题67取球、比赛与闯关问题(2021年整理)

备战2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题67 取球、比赛与闯关问题编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（备战2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题67 取球、比赛与闯关问题）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

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专题67 取球、比赛与闯关问题【热点聚焦与扩展】纵观近几年的高考概率统计问题，往往以实际问题为背景，围绕比赛、娱乐“闯关”、取球等设计问题，考查概率、统计、离散型随机变量及其数字特征在实际问题中的应用．考查数据处理能力以及分析问题解决问题的能力．本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，举例说明。

（一)取球问题在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型,常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取"，即下一次的取球试验与上一次的相同.2、超几何分布模型：关键词“不放回的抽取”3、与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次的抽取，要注意前一次的结果对后一步抽球的影响4、古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型(保证基本事件为等可能事件），通常要将“相同的”小球视为“不同的"元素,在利用排列组合知识进行分子分母的计数.5、数字问题：在小球上标注数字,所涉及的问题与数字相关(奇，偶，最大，最小等），在解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求解。

2025高考数学二轮复习球的切接问题

PC=AB=2,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( C )
A.20π
B.12π
C.5π
D.4π
解析如图,将三棱锥P-ABC转化为长方体,可知三棱锥P-ABC的外接球即为
长方体的外接球,
2 + 2 = 4,
则 2 + 2 = 3, 可得 a2+b2+c2=5,
2 + 2 = 3,
为外接球的球心,
2
则外接球的半径 OB =OD +BD ,BD=
3
3 2 7 2
2 2
所以外接球半径1 =( ) +( ) = ,
2
3
12
2
因为
3
OE= 3 a=
2
1
(2 )
2
+(
2
×
3
3
a= a,
2
3
2
3
) =OF,所以
6
3 2 2
1
2
则棱切球半径2 =( ) = ,所以
3
当 O 在线段 O1M 上时,由球的性质可知 R2=OE2=OA2,
易得 O1A=
12
+
1 2
(2)
=
5 2
1 2
2
5
2
,则( 2 -m) +(2) =( 2 ) +m2,此时无解.
2
当 O 在线段 MO1 的延长线上时,由球的性质可知,(
解得
2
m= 4 ,所以
2
2
2
R =OE =(MO1+m) +EM
则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处,

概率论中取球问题的解答方法

概率论中取球问题的解答方法
在概率论中，取球问题是一类常见的问题，其中一个典型的问题是从一个袋子中取球的概率计算问题。

下面是一些解答这类问题的方法：
1. 列举法：通过列举所有可能的事件来解决问题。

例如，如果袋子里有5个红球和3个蓝球，那么可以列举出所有可能的取球序列，然后计算每个序列的概率。

2. 空间分配法：通过想象取球过程中每个事件所处的空间来解决问题。

例如，在上述例子中，可以用一个3维空间来表示取球过程，其中每个维度代表不同颜色的球的数量。

3. 公式法：通过应用概率论的公式来解决问题。

例如，可以使用互斥事件的概率公式（P(A并B) = P(A) + P(B) - P(A交B)）来计算两个事件同时发生的概率。

4. 条件概率法：通过应用条件概率的公式（P(A|B) = P(A交B) / P(B)）来解决问题。

例如，可以计算在已经取出一个红球的条件下，取出一个蓝球的概率。

5. 组合分析法：通过应用组合分析的原理来解决问题。

例如，可以使用排列组合的公式来计算从袋子中取出一定数量球的不同取法的数量。

以上是一些常见的解答方法，具体使用哪种方法取决于问题的具体情况和个人偏好。

千锤百炼-高考数学100个热点问题——第90炼取球问题

第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅= 例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球（1）求取出的4个球中没有红球的概率（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅= （2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ===()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++==右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()515218472P X ==⋅= X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。

高中数学讲义取球问题

微专题90 取球问题一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。

第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球（1）求取出的4个球中没有红球的概率（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅=（2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ=== ()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++== 右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++==()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。

概率统计之比赛闯关和取球类问题 2021-2022学年高考数学解题技巧归纳(新高考地区专用)

思路：（1）依题意可知获胜的要求是连胜 2 场，所以可分 2 局，3 局，4
局三种情况，通过后两场连胜赢得比赛，其余各场按“胜负交替”进行排列；
（2）首先依题意能确定 X 可取的值为 2,3, 4,5 ，若提前结束比赛，则按
（1）的想法，除了最后两场要连胜（或连败），其余各场应“胜负交替”。在每个事件中要分甲获胜和乙获胜两种情况进行讨论
能是在前两局打成 1:1 ，然后一方连赢两局结束比赛。计算出
P 2,P 4 ，即可求出 P 6
解：（1）设事件 Ai 为“甲在第i 局获胜”
P 2 P A1A2 P
A1 A2
2 3
2
1
2
3
5 9
（2）可取的值为 2,4,6
P 2 5
分别计算概率即可得到分布列和期望
解：（1）设事件 Ai 为“甲队在第i 场获胜”，
则
P
A5
P
A6
3 5
,
P
A7
2 5
设事件 A 为“甲队 4：2 获胜”，事件 B 为“甲队 4：3 获胜”
P A P
A5 A6
23 6 5 5 25
PB P
A5 A6 A7
222 8 5 5 5 125
1 4
3 4
3
27 256
跟踪练习 2、甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，
若赛完 5 局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜
的概率为 2 ，乙获胜的概率为 1 ，各局比赛结果相互独立.
3
3
（1）求甲在4 局以内（含4 局）赢得比赛的概率；
（2）记 X 为比赛决出胜负时的总局数，求 X 的分布列和期望.

2025年高考数学一轮复习(新高考版) 第7章 §7.2 球的切、接问题

由题中数据可知 A1E2＝1＋( 2－1)2＝4－2 2，
则 AA1＝ 7－4－2 2＝ 2＋1，因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面绕着其中心旋转45°得到，所以长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外接球.
设十面体ABCD－EFGH外接球的半径为R， (2R)2＝22＋22＋( 2＋1)2，则 R2＝11＋42 2，故十面体 ABCD－EFGH 外接球的表面积是 4πR2＝(11＋2 2)π.
此时△PAD，△PCD为直角三角形，
PD＝ PC2＋CD2＝2 2，
取 PD 的中点 O，连接 OA，OC，由直角三角形的
性质可得 OA＝OC＝OD＝OP＝ 2，
Байду номын сангаас
即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O，
半径 R＝ 2，
故外接球体积 V＝43π×(
2)3＝8
2π 3.
(2)(2023·韶关模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若AA1＝AC＝2，AB⊥BC，则此球的体积为
五、正三棱柱的外接球
球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心.R2＝h2柱2＋23AD2.
六、圆柱的外接球
R＝ 2h2＋r2(R 是圆柱外接球的半径，h 是圆柱的高，r 是圆柱底面圆的半径).
七、圆锥的外接球
R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径).
三、正棱锥与球
1.内切球：V 正棱锥＝13S 表·r＝13S 底·h(等体积法)，r 是内切球半径，h 为正棱锥的高. 2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h).

微专题6 与球有关的切、接、截面问题 --2025年高考数学复习讲义及练习解析

球的切、接、截面问题是历年高考的热点内容，常以选择题、填空题的形式出现，一般围绕球与其他几何体的内切、外接问题命题，考查球的体积、表面积等．类型一外接球解决与外接球相关问题的关键是确定球心，然后通过球心和接点作截面，进而将球的外接问题转化为平面几何问题，利用平面几何知识来分析、处理．例1(1)(2024·江苏启东中学阶段考试)已知三棱锥P－ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC＝7，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为()A．8π3B．82π3C．16π3D．32π3答案B解析由题意知，可将三棱锥放入长方体中考虑，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，故球的半径为长方体体对角线的一半，设PA＝x，则PB2＋PC2＝BC2＝7，即5－x2＋4－x2＝7，解得x＝1，故PA＝1，PB＝2，PC＝3，所以R＝12＋22＋（3）22＝2，所以此三棱锥的外接球的体积为43πR3＝82π3.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100πB．128πC．144πD．192π答案A解析设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝33sin60°，2r2＝43sin60°，则r1＝3，r2＝4.设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R(R≥4)，所以d1＝R2－9，d2＝R2－16，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|R2－9－R2－16|＝1或R2－9＋R2－16＝1，解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.(3)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．答案2解析如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆的圆心为O1，半径为r，则2r＝ABsin∠ACB＝332＝23，可得r＝ 3.设三棱锥S－ABC的外接球的球心为O，连接OA ，OO 1，则OA ＝2，OO 1＝12SA ，因为OA 2＝O 1A 2＋OO 21，即4＝3＋14SA 2，所以SA ＝2.(4)(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是________．答案274，643解析如图，设该球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底边长为a ，高为h ，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底边长a ＝2l sin θ，高h ＝l cos θ.依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.在△OPC 中，作OE ⊥PC ，垂足为E ，则可得cos θ＝l 2R ＝l6∈12，32，所以l ＝6cos θ，所以正四棱锥的体积V ＝13a 2h ＝13(2l sin θ)2·l cos θ＝23(6cos θ)3sin 2θcos θ＝144(sin θcos 2θ)2.设sin θ＝t ，易得t ∈12，32.令y ＝sin θcos 2θ＝t (1－t 2)＝t －t 3，则y ′＝1－3t 2，令y ′＝0，得t ＝33，所以当12＜t ＜33时，y ′＞0；当33＜t ＜32时，y ′＜0，所以函数y ＝t －t 3，．又当t ＝33时，y ＝239；当t ＝12时，y ＝38；当t ＝32时，y ＝38.所以38≤y ≤239，所以274≤V ≤643.所以该正四棱锥的体积的取值范围是274，643.1．求解几何体外接球半径的思路一是根据球的截面的性质，利用球的半径R 、截面圆的半径r 及球心到截面圆的距离d 三者的关系R 2＝r 2＋d 2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解．2．确定球心常用的方法(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点．(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点．(4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到．1．(2024·福建宁德一中高三模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，BC ＝1，AB ＝3，AA 1＝23，则该直三棱柱的外接球的体积为()A ．8π3B ．16π3C ．32π3D ．64π3答案C解析如图所示，将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补成长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球．长方体的体对角线长为（23）2＋（3）2＋1＝4，设长方体的外接球的半径为R ，则2R ＝4，解得R ＝2，所以该直三棱柱的外接球的体积V ＝43πR 3＝32π3.故选C.2．(2024·鞍山一中高三模拟)在三棱锥P －ABC 中，PA ＝BC ＝4，PB ＝AC ＝5，PC ＝AB ＝11，则三棱锥P －ABC 外接球的表面积为()A ．26πB ．12πC ．8πD ．24π答案A解析三棱锥P －ABC 中，PA ＝BC ＝4，PB ＝AC ＝5，PC ＝AB ＝11，如图，构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，11，则长方体的体对角线长等于三棱锥P －ABC 外接球的直径，设长方体的棱长分别为x ，y ，z ，则x 2＋y 2＝16，y 2＋z 2＝25，x 2＋z 2＝11，则x 2＋y 2＋z 2＝26，因此三棱锥P －ABC 外接球的直径为26，所以三棱锥P －ABC 外接球的表面积为＝26π.故选A.3．(2024·四川遂宁高三期末)已知A ，B ，C ，D 在球O 的表面上，△ABC 为等边三角形且边长为3，AD ⊥平面ABC ，AD ＝2，则球O 的表面积为________．答案16π解析球心O 在平面ABC 的投影为△ABC 的中心，设为O 1，连接OD ，OO 1，OA ，设H 是AD 的中点，连接OH ，如图所示，则AO 1＝32sin60°＝3，OA ＝OD ＝R ，则OH ⊥AD ，四边形AO 1OH 为矩形，OO 1＝AH ＝1，R 2＝AO 21＋OO 21＝3＋1＝4，故R ＝2，S＝4πR 2＝16π.4．(2022·全国乙卷改编)已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为________．答案33解析设该四棱锥的底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆的半径为r ，四边形ABCD对角线的夹角为α，则S 四边形ABCD ＝12AC ·BD sin α≤12AC ·BD ≤12·2r ·2r ＝2r 2(当且仅当四边形ABCD为正方形时，等号成立)，即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 的面积的最大值为2r 2，设该四棱锥的高为h ，则r 2＋h 2＝1，所以V O －ABCD ＝13·2r 2·h ＝23r 2·r 2·2h 2≤23＝4327，当且仅当r 2＝2h 2，即h ＝33时，等号成立．类型二内切球解决与内切球相关的问题，其通法也是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题来解决．例2(1)(2024·广东广州模拟)已知一个圆台的母线长为5，且它的内切球的表面积为16π，则该圆台的体积为()A ．25πB ．84π3C ．28πD ．36π答案C解析由圆台的内切球的表面积为16π，可得球的半径为2.设圆台上、下底面圆的半径分别为x ，y ，作出圆台的轴截面如图所示．＋y ＝5，2＋（y －x ）2＝52，＝1，＝4.又圆台的高为4，所以该圆台的体积为13×(π＋16π＋π×16π)×4＝28π.故选C.(2)已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案2－1解析如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝2.所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋33＝36＋33.因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝3.设内切球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3，得r ＝3336＋33＝2－1.(3)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为CD ，A 1B 1的中点，则以EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为________．答案12解析如图，不妨设正方体的棱长为2，EF 的中点为O ，取AB ，BB 1的中点G ，M ，侧面BB 1C 1C 的中心为N ，连接FG ，EG ，OM ，ON ，MN ，由题意可知，O 为球心，在正方体中，EF ＝FG 2＋EG 2＝22＋22＝22，即R ＝2，则球心O 到BB 1的距离为OM ＝ON 2＋MN 2＝12＋12＝2，所以球O 与棱BB 1相切，球面与棱BB 1只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，球面与其余各棱也只有1个交点，所以以EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.“切”的问题常用的处理方法(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．(2)通过体积分割法来求内切球的半径．5．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2π3解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22，故内切球的体积为43π×＝2π3.6.(2024·山东烟台模拟)某学校开展手工艺品展示活动，某同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________．答案12π15－3解析过侧棱的中点作正三棱柱的截面，如图所示，则球心为△MNG 的中心．因为MN＝6，所以△MNG内切圆的半径r＝OH＝13MH＝13MN2－HN2＝3，即内切球的半径R＝3，所以内切球的表面积S＝4πR2＝12π.又正三棱柱的高AA1＝2R＝23，OM＝23 MH＝23，所以AO＝OM2＋AM2＝（23）2＋（3）2＝15，所以点A到球的表面的最短距离为AO－R＝15－ 3.类型三球的截面、截线问题解决球的截面、截线问题的关键是利用球的截面的性质．例3(1)(2024·云南昆明模拟)已知OA为球O的半径，M为线段OA上的点，且AM＝2MO，过点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M，若圆M的面积为8π，则OA＝()A．22B．3C．23D．4答案B解析如图所示，由题意，得π×BM2＝8π，则BM＝2 2.设球的半径为R，则MO＝13R，OB＝R，所以R2＝19R2＋(22)2，所以OA＝R＝3.故选B.(2)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π答案A解析设⊙O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得AB sin60°＝2r，∴AB＝2r sin60°＝23，∴OO1＝AB＝23.根据球的截面性质，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝OO21＋O1A2＝OO21＋r2＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.(3)(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析如图所示，取B 1C 1的中点为E ，BB 1的中点为F ，CC 1的中点为G ，连接D 1E ，EF ，EG ，D 1B 1，因为∠BAD ＝60°，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，所以△D 1B 1C 1为等边三角形，所以D 1E ＝3，D 1E ⊥B 1C 1.又四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥D 1E .因为BB 1∩B 1C 1＝B 1，所以D 1E ⊥侧面B 1C 1CB .设P 为侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点，连接D 1P ，EP ，则D 1E ⊥EP .因为球的半径为5，D 1E ＝3，所以EP ＝D 1P 2－D 1E 2＝5－3＝2，所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2.因为EF ＝EG ＝2，所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ︵.因为∠B 1EF ＝∠C 1EG ＝π4，所以∠FEG ＝π2，所以根据弧长公式可得交线长l ＝π2×2＝2π2.(1)球的截面一定是一个圆面．(2)球心和小圆圆心连线垂直于小圆圆面．(3)过球内一点作球的截面，最大截面为过球心的圆面，最小截面为过该点且垂直于球心和该点连线的截面．7．(2024·江苏苏州校考阶段练习)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，O 1，O 2为圆柱两个底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆O 1的一条直径，若球的半径R ＝2，则(1)平面DEF 截得球的截面面积的最小值为________；(2)若P 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE ＋PF 的取值范围为______________．答案(1)16π5(2)[25＋2，43]解析(1)过点O 在平面ABCD 内作OG ⊥DO 1，垂足为G ，如图所示，易知O 1O 2⊥CD ，O 1O 2＝4，O 2D ＝2，由勾股定理，可得O 1D ＝O 1O 22＋O 2D 2＝25，则由题意，可得OG ＝12×O 1O 2×O 2D O 1D ＝12×4×225＝255，设点O 到平面DEF 的距离为d 1，平面DEF 截得球的截面圆的半径为r 1，因为O 1D ⊂平面DEF ，当OG ⊥平面DEF 时，d 1取得最大值OG ，即d 1≤OG ＝255，所以r 1＝4－d 21≥4－45＝455，所以平面DEF 截得球的截面面积的最小值为＝16π5.(2)由题意可知，点P 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P 在底面的射影为P ′，则PP ′＝2，PE ＝22＋P ′E 2＝4＋P ′E 2，PF ＝22＋P ′F 2＝4＋P ′F 2，由勾股定理，可得P ′E 2＋P ′F 2＝16，令P ′F 2＝8－t ，则P ′E 2＝8＋t ，其中－8≤t ≤8，所以PE ＋PF ＝12＋t ＋12－t ，所以(PE ＋PF )2＝(12＋t ＋12－t )2＝24＋2144－t 2∈[24＋85，48]，因此PE ＋PF ∈[25＋2，43]．。

备战2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题67 取球、比赛与闯关问题

——————————新学期新成绩新目标新方向——————————专题67 取球、比赛与闯关问题【热点聚焦与扩展】纵观近几年的高考概率统计问题，往往以实际问题为背景，围绕比赛、娱乐“闯关”、取球等设计问题，考查概率、统计、离散型随机变量及其数字特征在实际问题中的应用．考查数据处理能力以及分析问题解决问题的能力．本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，举例说明.（一）取球问题在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同.2、超几何分布模型：关键词“不放回的抽取”3、与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次的抽取，要注意前一次的结果对后一步抽球的影响4、古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型（保证基本事件为等可能事件），通常要将“相同的”小球视为“不同的”元素，在利用排列组合知识进行分子分母的计数.5、数字问题：在小球上标注数字，所涉及的问题与数字相关（奇，偶，最大，最小等），在解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求解.（二）比赛与闯关问题1、常见的比赛规则（1）n局m胜制：这种规则的特点为一旦某方获得m次胜利即终止比赛.所以若比赛提前结束，则一定在最后一次比赛中某方达到m胜.例如：甲，乙两队举行排球比赛，比赛采取5局3胜制，已知甲获胜的概率为23，求甲以3:1获胜的概率：解：本题不能认为“四局中甲赢得三局”，从而33421323381P C⎛⎫⎛⎫==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为如果前三局连胜，则结束比赛而不会开始第四局，所以若比分为3:1，则第四局甲获胜，前三局的比分为2:1，所以2232122433381P C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（2）连胜制：规定某方连胜m 场即终止比赛，所以若提前结束比赛，则最后m 场连胜且之前没有达到m 场连胜.例如：甲，乙两队举行比赛，比赛共有7局，若有一方连胜3局，则比赛立即终止.已知甲获胜的概率为34，求甲在第5局终止比赛并获胜的概率解：若第5局比赛结束，根据连胜三局终止比赛的规则，可知甲在第3,4,5局获胜，且第二局失败（否则若第二局获胜，则第四局就达到三连胜），第一局无论胜负不影响获胜结果.所以3132744256P ⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）比分差距制：规定某方比对方多m 分即终止比赛，此时首先根据比赛局数确定比分，在得分过程中要注意使两方的分差小于m（4）“一票否决制”：在比赛的过程中，如果在某一阶段失败，则被淘汰.此类问题要注意若达到第m 阶段，则意味着前()1m -个阶段均能通关 2、解答此类题目的技巧：（1）善于引入变量表示事件：可用“字母+变量角标”的形式表示事件“第几局胜利”.例如：i A 表示“第i 局比赛胜利”，则i A 表示“第i 局比赛失败”. （2）善于使用对立事件求概率：若所求事件含情况较多，可以考虑求对立事件的概率，再用()()1P A P A =-解出所求事件概率.在处理离散性随机变量分布列时，也可利用概率和为1的特点，先求出包含情况较少的事件的概率，再间接求出包含情况较多的事件概率【经典例题】例1.【2016高考北京文数】某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段.下表为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊.在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则 A.2号学生进入30秒跳绳决赛 B.5号学生进入30秒跳绳决赛C.8号学生进入30秒跳绳决赛D.9号学生进入30秒跳绳决赛【答案】B【解析】例2.【2016年高考北京理数】袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（）A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【答案】C【解析】试题分析：若乙盒中放入的是红球，则须保证抽到的两个均是红球；若乙盒中放入的是黑球，则须保证抽到的两个球是一红一黑，且红球放入甲盒；若丙盒中放入的是红球，则须保证抽到的两个球是一红一黑：且黑球放入甲盒；若丙盒中放入的是黑球，则须保证抽到的两个球都是黑球；A：由于抽到的两个球是红球和黑球的次数是奇数还是偶数无法确定，故无法判定乙盒和丙盒中异色球的大小关系，而抽到两个红球的次数与抽到两个黑球的次数应是相等的，故选C.例3.【2019届浙江省杭州市第二中学仿真考】已知甲盒子中有个红球，个蓝球，乙盒子中有个红球，个蓝球，同时从甲乙两个盒子中取出个球进行交换，（a）交换后，从甲盒子中取1个球是红球的概率记为.（b）交换后，乙盒子中含有红球的个数记为.则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】分析：首先需要去分析交换后甲盒中的红球的个数，对应的事件有哪些结果，从而得到对应的概率的大小，再者就是对随机变量的值要分清，对应的概率要算对，利用公式求得其期望.详解：根据题意有，如果交换一个球，有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的乙盒的红球，红球的个数就会出现三种情况；如果交换的是两个球，有红球换红球、蓝球换蓝球、一蓝一红换一蓝一红、红换蓝、蓝换红、一蓝一红换两红、一蓝一红换亮蓝，对应的红球的个数就是五种情况，所以分析可以求得，故选A.点睛：该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题，在解题的过程中，需要对其对应的事件弄明白，对应的概率会算，以及变量的可取值会分析是多少，利用期望公式求得结果.例4．【浙江省金华市浦江县2019年高考适应性考试】袋中装有5个大小相同的球，其中有2个白球，2个黑球，1个红球，现从袋中每次取出1球，去除后不放回，直到渠道有两种不同颜色的球时即终止，用表示终止取球时所需的取球次数，则随机变量的数字期望是（）A. B. C. D. 【答案】A例5.【2017江苏，23】已知一个口袋有m 个白球,n 个黑球(,*,2m n n ∈N ≥),这些球除颜色外全部相同.现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3,,m n +的抽屉内，其中第k 次取出的球放入编号为k 的抽屉(1,2,3,,)k m n =+.（1）试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ;（2）随机变量X 表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,()E X 是X 的数学期望,证明:()()(1)nE X m n n <+-【答案】（1）nm n+（2）见解析【解析】解:(1) 编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p 为: 11C C n m n n m n n p m n-+-+==+.(2) 随机变量 X 的概率分布为:随机变量 X 的期望为：例6. 甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为32，乙获胜的概率为31，各局比赛结果相互独立. （1）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；（2）记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和期望. 【答案】（1）5681；（2）期望22481.（2）思路：首先依题意能确定X 可取的值为2,3,4,5，若提前结束比赛，则按（1）的想法，除了最后两场要连胜（或连败），其余各场应“胜负交替”.在每个事件中要分甲获胜和乙获胜两种情况进行讨论解：X 可取的值为2,3,4,5()()()2212122152339P X P A A P A A ⎛⎫⎛⎫==+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()2212312312216233333279P X P A A A P A A A ⎛⎫⎛⎫==+=⨯+⨯== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()221234123421212110433333381P X P A A A A P A A A A ⎛⎫⎛⎫==+=⨯⨯+⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()1234123421211212853333333381P X P A A A A P A A A A ==+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= X ∴的分布列为：52234599818181EX ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例7. 袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望【答案】（1）4；（2）期望81.()223214339P A C ⎛⎫⎛⎫∴== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2）思路：可知ξ可取的值为0,1,2,3，当0,1,2ξ=时，摸球是通过完成5次后停止，所以可利用独立重复试验模型计算概率；当3ξ=时，按照规则有可能摸球提前结束，所以要按摸球的次数（3次，4次，5次）分类讨论后再汇总解：ξ可取的值为0,1,2,3()523203243P ξ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()4151280133243P C ξ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()23251280233243P C ξ⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()32222234112112151173333333324381P C C ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==++== ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ξ∴的分布列为：01232432432438181E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例8. 已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球（1）求取出的4个球中没有红球的概率（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望【答案】（1）1；（2）2；（3）2【解析】思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”（3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ=== ()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例9.【2016高考山东文数】某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x ，y .奖励规则如下：①若3xy ≤，则奖励玩具一个； ②若8xy ≥，则奖励水杯一个； ③其余情况奖励饮料一瓶.假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动. （I ）求小亮获得玩具的概率；（II ）请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由.【答案】（I ）516.（∏）小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率. 【解析】试题分析：用数对(),x y 表示儿童参加活动先后记录的数，写出基本事件空间Ω与点集(){},|,,14,14S x y x N y N x y =∈∈≤≤≤≤一一对应.得到基本事件总数.（I ）利用列举法，确定事件A 包含的基本事件，计算即得. （∏）记“8xy ≥”为事件B ，“38xy <<”为事件C . 确定事件B 包含的基本事件共有6个，事件C 包含的基本事件共有5个，计算得到()P B 、()P C ，比较即知.（∏）记“8xy ≥”为事件B ，“38xy <<”为事件C .则事件B 包含的基本事件共有6个，即()()()()()()2,4,3,3,3,44,2,4,3,4,4, 所以，()63.168P B == 则事件C 包含的基本事件共有5个，即()()()()()1,4,2,2,2,3,3,2,4,1, 所以，()5.16P C = 因为35,816> 所以，小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.例10.【2016高考山东理数】甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求：（I ）“星队”至少猜对3个成语的概率；（2）“星队”两轮得分之和为X 的分布列和数学期望EX.【答案】（1）23（2）分布列见解析，236=EX 【解析】记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”.由题意，.E ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD =++++ 由事件的独立性与互斥性，()()()()()()P E P ABCD P ABCD P ABCD P ABCD P ABCD =++++ ()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()P A P B P C P D P A P B P C P D P A P B P C P D P A P B P P A P B P C P D C P D =++++323212323132=24343434343432.3⎛⎫⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭= , 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23. (Ⅱ)由题意，随机变量X 的可能取值为0,1,2,3,4,6. 由事件的独立性与互斥性，得()1111104343144P X ==⨯⨯⨯=, ()31111211105124343434314472P X ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯== ⎪⎝⎭,()31313112123112122524343434343434343144P X ==⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=, ()32111132134343434312P X ==⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ,()3231321260542=4343434314412P X ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭,()32321643434P X ==⨯⨯⨯=.可得随机变量X 的分布列为所以数学期望01234614472144121246EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.【精选精练】1．一袋中有6个黑球，4个白球（1）不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率（2）有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率（3）有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X 的分布列，期望和方差【答案】（1）23（2）23（3）分布列见解析，236=EX 【解析】（2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=2.甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．【答案】（1）23（2）分布列见解析，6,5EX =18.25DX =【解析】解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++==右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯=3.某商场在店庆日进行抽奖促销活动，当日在该店消费的顾客可参加抽奖．抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有字“生”“意”“兴”“隆”．顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次，并规定若取出“隆”字球，则停止取球．获奖规则如下：依次取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球为一等奖；不分顺序取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“生”“意”“兴”三个字的球为三等奖．（1）求分别获得一、二、三等奖的概率；（2）设摸球次数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．【答案】（1）159,,;25625664（2）分布列见解析，114EX = 【解析】()1233411119444464P A C A =⋅⨯⨯⨯⋅= （2）摸球次数ξ可取的值为1,2,3,4()114P ξ∴==()31324416P ξ==⋅= ()3319344464P ξ==⋅⋅= ()33327444464P ξ==⋅⋅=ξ∴的分布列为：123441664644E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=4.学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球，2个黑球；乙箱子里面装有1个白球，2个黑球；这些球除了颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖（每次游戏后将球放回原箱）（1）求在一次游戏中 ① 摸出3个白球的概率 ② 获奖的概率（2）求在三次游戏中获奖次数X 的分布列与期望【答案】（1）17,;510（2）分布列见解析，2110EX = 【解析】② 设事件B 为“获奖”（即白球不少于2个）()()()()1111223212321120212222535317510C C C C C C P B P A B P A B P A B C C C C ⋅∴=++=⋅+⋅+=（2）思路：三次游戏可视为独立重复试验，所以获奖次数X 服从二项分布，由（1）可得73,10X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从而可利用公式计算概率，列出分布列解：X 可取的值为0,1,2,3，依题意可得：73,10XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()3033270101000P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()21373189110101000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()22373441210101000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()33373433101000P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ X ∴的分布列为：73,10XB ⎛⎫⎪⎝⎭72131010EX ∴=⋅= 5.一个袋子中装有6个红球和4个白球，假设袋子中的每一个球被摸到可能性是相等的. （1）从袋子中任意摸出3个球，求摸出的球均为白球的概率；（2）一次从袋子中任意摸出3个球，若其中红球的个数多于白球的个数，则称“摸球成功”（每次操作完成后将球放回），某人连续摸了3次，记“摸球成功”的次数为ξ，求ξ的分布列和数学期望. 【答案】（1）130（2）分布列见解析，2EX = 【解析】()343104112030C P A C ===()213064643108021203C C C C P B C ⋅+⋅∴=== ξ的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,3B ξ⎛⎫⎪⎝⎭()303110327P C ξ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()21321613327P C ξ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()2123211223327P C ξ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()333283327P C ξ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ ξ∴的分布列为：1201232279927E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=6.袋中装着标有数字1,2,3,4的小球各3个，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等. （1）求取出的3个小球上的数字互不相同的概率；（2）用X 表示取出的3个小球上所标的最大数字，求随机变量X 的分布列和数学期望. 【答案】（1）2755（2）分布列见解析，15544EX = 【解析】（1）思路：本题的特点在于每个编号都有3个球，若将这12个球视为不同元素，则可利用古典概型进行计算，设Ω为“12个球中任取3个”，则()312n C Ω=，事件A 为“三个球数字各不相同”，则计数时第一步要先选出不同的三个编号，即34C ，然后每个编号中都有3个小球可供选择，即111333C C C ⋅⋅，所以()()23143n A C C =⋅.进而可计算出()P A解：设事件A 为“三个球数字各不相同”()()()()331433122755C C n A P A n C ⋅∴===Ω()3331211220C P X C ∴=== ()3363312192220C C P X C -=== ()3396312643220C C P X C -=== ()331293121364220C C P X C -=== X ∴的分布列为：1234220220555522044EX ∴=⨯+⨯+⨯+⨯==7.一个盒子中装有大小相同的小球n 个，在小球上分别标有1,2,3,,n 的号码，已知从盒子中随机的取出两个球，两球的号码最大值为n 的概率为14，（1）盒子中装有几个小球？（2）现从盒子中随机的取出4个球，记所取4个球的号码中，连续自然数的个数的最大值为随机变量ξ（如取2468时，1ξ=；取1246时，2ξ=，取1235时，3ξ=）【答案】（1）8（2）分布列见解析，3314EX = 【解析】（1）思路：以两球号码最大值为n 的概率为入手点，则该叙述等价于“取出一个n 号球和一个其它号码球的概率为14，从而利用古典概型列出关于n 的方程并解出n解：设事件A 为 “两球号码最大值为n ”()112114n n C P A C -⋅∴==即()11142n n n -=- 解得：8n = （2）思路：由（1）可得小球的编号为18-，结合所给的例子可知ξ的取值为1,2,3,4，其概率可用古典概解：ξ的取值为1,2,3,4()4851114P C ξ=== ()4842342023707P C ξ⨯+⨯==== ()4855147014P C ξ==== ()()()()4211347P P P P ξξξξ∴==-=-=-== ξ∴的分布列为：123414771414E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=8.甲、乙两人对弈棋局，甲胜、乙胜、和棋的概率都是31，规定有一方累计2胜或者累计2和时，棋局结束.棋局结束时，若是累计两和的情形，则宣布甲乙都获得冠军；若一方累计2胜，则宣布该方获得冠军，另一方获得亚军.设结束时对弈的总局数为X ．（1）设事件A ：“3X =且甲获得冠军”，求A 的概率；（2）求X 的分布列和数学期望. 【答案】（1）827（2）分布列见解析，269EX = 【解析】（1）思路：事件A 代表“对弈3局且甲获胜”所以甲必须在第三场获胜，且前两场为一胜一和或一胜一负（胜负先后顺序均可）.按照这几种情况找到对应概率相乘即可解：设事件i A 为“甲在第i 局取胜”，事件j B 为“第j 局和棋”，事件k C 为“乙在第k 局取胜”()()()()()123123123123P A P A A A P A A A P B B B P B B B ∴=+++121211121211833333333333327=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=（2）思路：依题意可得只要有两个相同的结果就结束比赛，所以最多进行4次比赛，最少进行2次比赛，()()()()121212111111123333333P X P A A P B B P C C ==++=⨯+⨯+⨯=()33111243339P X A ==⋅⋅⋅=()()()431249P X P X P X ==-=-==X ∴的分布列为2343999EX ∴=⨯+⨯+⨯=点睛：在随机变量所取的值中，如果只有一个值的概率包含情况较多不易计算，那么可以考虑先计算出其他取值的概率，再用1减去其他概率即可9．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，回答问题正确者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为45，35，25，且各轮问题能否正确回答互不影响．（1）求该选手被淘汰的概率；（2）记该选手在考核中回答问题的个数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．【答案】（1）101125（2）分布列见解析，5725EX = 【解析】（1）思路：依题可知，比赛规则为：只要打错一个即被淘汰，如果从问题的正面考虑，则要考虑到是第几轮被淘汰，情况较多.但此问题的反面为“答对所有问题”，概率易于表示，所以考虑利用对立事件进行求解()115P ξ==()42825525P ξ==⨯= ()431235525P ξ==⨯=ξ∴的分布列为1235252525E ξ∴=⨯+⨯+⨯=10.某区要进行中学生篮球对抗赛，为争夺最后一个小组赛名额，甲、乙、丙三支篮球队要进行比赛，根据规则：每两支队伍之间都要比赛一场；每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局，获得第一名的将夺得这个参赛名额．已知乙队胜丙队的概率为51，甲队获得第一名的概率为61，乙队获得第一名的概率为151．（1）求甲队分别战胜乙队和丙队的概率21,P P ；（2）设在该次比赛中，甲队得分为X ，求X 的分布列及期望．【答案】（1）1221,34P P ==（2）分布列见解析，114EX =【解析】（1）思路：解决21,P P 要通过甲队第一的概率与乙队第一的概率两个条件.若甲队第一名，则甲战胜乙且战（2）思路：依题意可知X 可取的值为0,3,6，0X =即两战全负；3X =即一胜一负，要分成“胜乙负丙”和“负乙胜丙”两种情况讨论；6X =即两战全胜；分别求出概率即可. X 可取的值为0,3,6()()()1210114P X P P ∴==--=()()()1212731112P X P P P P ==-+-= ()12166P X PP ===X ∴的分布列为03641264EX ∴=⨯+⨯+⨯=11.甲、乙两支篮球队赛季总决赛采用7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．现已比赛了4场，且甲篮球队胜3场．已知甲球队第5，6场获胜的概率均为53，但由于体力原因，第7场获胜的概率为52．（1）求甲队分别以2:4，3:4获胜的概率；（2）设X 表示决出冠军时比赛的场数，求X 的分布列及数学期望．【答案】（1）8125（2）分布列见解析，13925EX = 【解析】()()562365525P A P A A ∴==⋅= ()()5672228555125P B P A A A ==⋅⋅=（2）思路：比赛的场数取决于甲是否取胜，所以X 可取的值为5,6,7，若5X =，则甲4:1获胜，即胜第五场；若6X =则甲4:2获胜，即乙胜第五场，甲胜第六场；若7X =，则只需前六场打成3:3即可，所以只需乙连赢两场.分别计算概率即可得到分布列和期望比赛场数X 可取的值为5,6,7()()5355P X P A ∴=== ()()566625P X P A A ===()()5622475525P X P A A ===⋅=X ∴的分布列为5675252525EX ∴=⨯+⨯+⨯=12.某电视台举办的闯关节目共有五关，只有通过五关才能获得奖金，规定前三关若有失败即结束，后两关若有失败再给一次从失败的关开始继续向前闯的机会（后两关总共只有一次机会），已知某人前三关每关通过的概率都是23，后两关每关通过的概率都是12（1）求该人获得奖金的概率（2）设该人通过的关数为X ，求随机变量X 的分布列及数学期望【答案】（1）4（2）169EX =【解析】（1）思路：若该人获得奖金，则前三关必须通过，后两关可以通过，或者只有一次未通过，借助机会再次4X =为第四关通过且第五关失利两次；5X =为五关全部通过获得奖金（即第一问的结果），其中由于4X =情况较为复杂，所以考虑利用()()()()()101235P X P X P X P X P X -=+=+=+=+=⎡⎤⎣⎦进行处理X 的取值为0,1,2,3,4,5()()1103P X P A ∴=== ()()122121339P X P A A ===⋅=()()1232214233327P X P A A A ===⋅⋅=()()321234421233227P X P A A A A A ⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()4527P X P A ===()()()()()()2410123527P X P X P X P X P X P X ∴==-=+=+=+=+==⎡⎤⎣⎦ X ∴的分布列为：01234539272727279EX ∴=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=。

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通过红白球数量关系可知一次摸球中摸到红球的概率为13，然后可按照分析列式并求出概率。

解：设事件A 为“摸球四次即停止摸球“解：依题意可得：在一次摸球中，摸到红球的概率为13()223214339P A C ⎛⎫⎛⎫∴== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2）思路：可知ξ可取的值为0,1,2,3，当0,1,2ξ=时，摸球是通过完成5次后停止，所以可利用独立重复试验模型计算概率；当3ξ=时，按照规则有可能摸球提前结束，所以要按摸球的次数（3次，4次，5次）分类讨论后再汇总解：ξ可取的值为0,1,2,3()523203243P ξ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()4151280133243P C ξ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()23251280233243P C ξ⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()32222234112112151173333333324381P C C ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==++== ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ξ∴的分布列为：01232432432438181E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例5：某商场在店庆日进行抽奖促销活动，当日在该店消费的顾客可参加抽奖．抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有字“生”“意”“兴”“隆”．顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次，并规定若取出“隆”字球，则停止取球．获奖规则如下：依次取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球为一等奖；不分顺序取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“生”“意”“兴”三个字的球为三等奖．（1）求分别获得一、二、三等奖的概率；（2）设摸球次数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．解：（1）设i A 为“获得i 等奖”()1111114444256P A =⨯⨯⨯=()()3231111514444256P A A =⨯⨯⨯⋅-=()1233411119444464P A C A =⋅⨯⨯⨯⋅= （2）摸球次数ξ可取的值为1,2,3,4()114P ξ∴==()31324416P ξ==⋅=()3319344464P ξ==⋅⋅= ()33327444464P ξ==⋅⋅=ξ∴的分布列为：123441664644E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例6：学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球，2个黑球；乙箱子里面装有1个白球，2个黑球；这些球除了颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖（每次游戏后将球放回原箱）（1）求在一次游戏中 ① 摸出3个白球的概率 ② 获奖的概率（2）求在三次游戏中获奖次数X 的分布列与期望（1）思路：本题的结果实质上是一个“拼球”的过程，即两个箱子各自拿球，然后统计白球的个数。

则①：若摸出3个白球，则情况为甲2乙1。

②：若获奖，则白球个数不少于2个，可分成白球有3个或有2个两种情况，分别求出概率再求和即可解：设i A 为“甲箱子里取出i 个白球”，j B 为“乙箱子里取出j 个白球” ① 设事件A 为“摸出3个白球”()()21131221215315C C C P A P A B C C ⋅∴==⋅= ② 设事件B 为“获奖”（即白球不少于2个）()()()()1111223212321120212222535317510C C C C C C P B P A B P A B P A B C C C C ⋅∴=++=⋅+⋅+= （2）思路：三次游戏可视为独立重复试验，所以获奖次数X 服从二项分布，由（1）可得73,10X B ⎛⎫⎪⎝⎭: ，从而可利用公式计算概率，列出分布列解：X 可取的值为0,1,2,3，依题意可得：73,10X B ⎛⎫⎪⎝⎭:()3033270101000P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()21373189110101000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()22373441210101000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()33373433101000P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭X ∴的分布列为：73,10X B ⎛⎫⎪⎝⎭Q :72131010EX ∴=⋅= 例7：一个袋子中装有6个红球和4个白球，假设袋子中的每一个球被摸到可能性是相等的。

（1）从袋子中任意摸出3个球，求摸出的球均为白球的概率；（2）一次从袋子中任意摸出3个球，若其中红球的个数多于白球的个数，则称“摸球成功”（每次操作完成后将球放回），某人连续摸了3次，记“摸球成功”的次数为ξ，求ξ的分布列和数学期望。

全国高考数学复习微专题： 取球问题