2021年高考数学大一轮复习古典概型与几何概型专题测验

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2021年高考数学大一轮总复习 12.2 古典概型与几何概型高效作业理新人教A版

2021年高考数学大一轮总复习 12.2 古典概型与几何概型高效作业理新人教A 版一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(xx·苏、锡、常、镇四市第二次情况调查)一袋中装有大小相同，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不小于15的概率为( )A.132 B.164 C.332D.364解析：有放回地取2次，共有64种结果，其中不小于15的有(7,8)、(8,7)、(8,8)共3种情况．故P ＝364.故选D.答案：D2．(xx·江苏苏北四市第一次调研)在面积为S 的△ABC 的边AB 上任取一点P ，则△PBC 的面积大于S4的概率为( )A.14 B.12 C.34D.23解析：如图，当BM ＝14BA 时，△MBC 的面积为S4，而当P 在M 、A 之间运动时，△PBC 的面积大于S 4，而MA ＝34AB ，则△PBC 的面积大于S 4的概率P ＝34AB AB ＝34.故选C.答案：C3．(xx·北京模拟)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤20≤y ≤2，表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4 B.π－22C.π6D.4－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4－π4.答案：D4．若连续抛掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，则点P (m ，n )在直线x ＋y ＝4上的概率是( )A.13B.14C.16D.112解析：由题意(m ，n )的取值情况共有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(1,6)；(2,1)，(2,2)，…，(2,6)；…；(6,1)，(6,2)，…，(6,6)共有36种情况，而满足点P (m ，n )在直线x ＋y ＝4上的取值情况有(1,3)，(2,2)，(3,1)共3种情况，故所求概率为336＝112.答案：D5．若在区间[－5,5]内任取一个实数a ，则使直线x ＋y ＋a ＝0与圆(x －1)2＋(y ＋2)2＝2有公共点的概率为( )A.25B.25C.35D.3210解析：若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离d ＝|1－2＋a |2＝|a －1|2≤2，解得－1≤a ≤3.又a ∈[－5,5]，故所求概率为410＝25，故选B.答案：B6．(xx·四川资阳高三模拟)已知实数x ∈[－1,1]，y ∈[0,2]，则点P (x ，y )落在区域⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x －2y ＋1≤0，x ＋y －2≤0内的概率为( )A.316B.38C.34D.12解析：如图所示，(x ，y )在矩形ABCD 内取值，不等式组所表示的区域为△AEF ，由几何概型的概率公式，得所求概率为38，故选B.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上) 7．在集合A ＝{2,3}中随机取一个元素m ，在集合B ＝{1,2,3}中随机取一个元素n ，得到点P (m ，n )，则点P 在圆x 2＋y 2＝9内部的概率为________．解析：点P (m ，n )共有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，6种情况，只有(2,1)，(2,2)这2个点在圆x 2＋y 2＝9的内部，所求概率为26＝13，故填13.答案：138．在分别写着1,2,3,4的四张卡片中随机取出两张，则取出的两张卡片上的数字之和为奇数的概率是________．解析：∵从四张卡片中随机取出两张有6种情况，分别为：1与2,1与3,1与4,2与3,2与4,3与4，而取出的两张卡片上的数字之和为奇数的有4种情况，分别为：1与2,1与4,2与3,3与4，∴取出的两张卡片上的数字之和为奇数的概率P ＝46＝23.答案：239．(xx·安徽皖南八校第二次联考)两根相距9m 的电线杆扯一根电线，并在电线上挂一盏灯，则灯与两端距离都大于3m 的概率为________．解析：灯挂在电线上的每一个位置都是一个基本事件，即整个区域的几何度量为μΩ＝9m ，记“灯与两端距离都大于3m”为事件A ，则把电线三等分，当灯挂在中间一段上时，事件A 发生，即μA ＝3m ，∴P (A )＝μA μΩ＝39＝13. 答案：1310．(xx·北京西城抽样测试)已知函数f (x )＝2ax 2－bx ＋1，若a 是从区间[0,2]上任取的一个数，b 是从区间[0,2]上任取的一个数，则此函数在[1，＋∞)上递增的概率为________．解析：令t ＝ax 2－bx ＋1，函数f (x )在[1，＋∞)上递增，根据复合函数单调性的判断方法，则t ＝ax 2－bx ＋1须在[1，＋∞)上递增，∴－－b 2a ≤1，即2a ≥b .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧0≤a ≤20≤b ≤2，2a ≥b，画出图示得阴影部分面积．∴概率为P ＝2×2－12×2×12×2＝34.答案：34三、解答题(本大题共3小题，共40分，11、12题各13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤)11．(xx·潍坊市模拟)一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随机抽取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n ≥m ＋2的概率．解：(1)从袋子中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有1和2,1和3,1和4,2和3,2和4,3和4，共6个从袋中随机取出的球的编号之和不大于4的事件有1和2,1和3两个，因此，所求事件的概率是13.(2)先从袋中取出一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能结果(m ，n )有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个．所以，所求概率为316.12．(基础题，易)甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离去．求两人能会面的概率．解：以x 轴和y 轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间，则两人能够会面的充要条件是|x －y |≤15.在如图所示平面直角坐标系下，(x ，y )的所有可能结果是边长为60的正方形区域，而事件A “两人能够会面”的可能结果由图中的阴影部分表示．由几何概型的概率公式得：P (A )＝S A S ＝602－452602＝3 600－2 0253 600＝716. 所以，两人能会面的概率是716. 13．(xx·天津十二区县重点中学第一次联考)设有关于x 的一元二次方程x 2＋2ax ＋b 2＝0.(1)若a 是从0,1,2,3四个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；(2)若a 是从区间[0,3]任取的一个数，b 是从区间[0,2]任取的一个数，求上述方程有实根的概率．解：设事件A 为“方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实根”，当a ≥0，b ≥0时，方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实根的充要条件为a ≥b .(1)基本事件共有12个：(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，其中第一个数表示a 的取值，第二个数表示b 的取值．事件A 中包含9个基本事件，事件A 发生的概率为P (A )＝912＝34. (2)试验的全部结果所构成的区域为{(a ，b )|0≤a ≤3,0≤b ≤2}，构成事件A 的区域为{(a ，b )|0≤a ≤3,0≤b ≤2，a ≥b }，故所求的概率为P (A )＝3×2－12×223×2＝23.33847 8437 萷•40629 9EB5 麵21067 524B 剋33123 8163 腣27318 6AB6 檶7b37950 943E 鐾%23831 5D17 崗38396 95FC 闼•23746 5CC2 峂h。

【走向高考】2021届高考数学一轮总温习 10-5古典概型与几何概型课后强化作业新人教A版(1)

【走向高考】2021届高考数学一轮总温习 10-5古典概型与几何概型课后强化作业新人教A 版基础巩固强化一、选择题1．已知α、β、γ是不重合平面，a 、b 是不重合的直线，以下说法正确的选项是( ) A ．“假设a ∥b ，a ⊥α，那么b ⊥α”是随机事件 B ．“假设a ∥b ，a ⊂α，那么b ∥α”是必然事件 C ．“假设α⊥γ，β⊥γ，那么α⊥β”是必然事件 D ．“假设a ⊥α，a ∩b ＝P ，那么b ⊥α”是不可能事件 [答案] D[解析]⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α，故A 错；⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊂α⇒b ∥α或b ⊂α，故B 错；当α⊥γ，β⊥γ时，α与β可能平行，也可能相交(包括垂直)，故C 错；若是两条直线垂直于同一个平面，那么此二直线必平行，故D 为真命题．2．(文)4张卡片上别离写有数字一、二、3、4，从这4张卡片中随机抽取2张，那么掏出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为( )A.13 B.12 C.23 D.34[答案] C[解析] 掏出两张卡片的大体事件组成集合Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}共6个大体事件．其中数字之和为奇数包括(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)共4个大体事件， ∴所求概率为P ＝46＝23.(理)(2021·宿州质检)一颗质地均匀的正方体骰子，其六个面上的点数别离为一、二、3、4、五、6，将这颗骰子持续抛掷三次，观看向上的点数，那么三次点数依次组成等差数列的概率为( )A.112B.118C.136 D.7108[答案] A[解析] 持续抛掷三次共有63＝216(种)情形，记三次点数别离为a 、b 、c ，那么a ＋c ＝2b ，因此a ＋c 为偶数，那么a 、c 的奇偶性相同，且a 、c 许诺重复，一旦a 、c 确信，b 也唯一确信，故a ，c 共有2×32＝18(种)，因此所求概率为18216＝112，应选A. 3．(文)(2021·惠州调研)一个袋中装有2个红球和2个白球，现从袋中掏出1个球，然后放回袋中再掏出1个球，那么掏出的2个球同色的概率为( )A.12B.13 C.14 D.25[答案] A[解析] P ＝2×2＋2×24×4＝12.(理)(2021·皖南八校联考)一个袋子中有5个大小相同的球，其中有3个黑球与2个红球，若是从中任取两个球，那么恰好取到两个同色球的概率是( )A.15 B.310 C.25 D.12[答案] C[解析] P ＝C 23＋C 22C 25＝25.4．(文)(2021·郑州第一次质量预测)一数学爱好小组利用几何概型的相关知识做实验计算圆周率，他们向一个边长为1米的正方形区域均匀撒豆，测得正方形区域有豆5120颗，正方形的内切圆区域有豆4009颗，那么他们所测得的圆周率为(保留三位有效数字)( )A ．3.13B ．3.14C ．3.15D ．3.16[答案] A[解析] 依照几何概型的概念有π·1221＝40095120，得π≈3.13. (理)点P 在边长为1的正方形ABCD 内运动，那么动点P 到定点A 的距离|PA |<1的概率为( ) A.14 B.12 C.π4 D ．π[答案] C[解析] 由题意可知，当动点P 位于扇形ABD 内时，动点P 到定点A 的距离|PA |<1，依照几何概型可知，动点P 到定点A 的距离|PA |<1的概率为S 扇形ABDS 正方形ABCD ＝π4，应选C.5．(文)(2021·石家庄质检)在圆的一条直径上，任取一点作与该直径垂直的弦，那么其弦长超过该圆的内接等边三角形的边长的概率为( )A.14B.13C.12D.32 [答案] C[解析] 如图，设圆的半径为r ，圆心为O ，AB 为圆的一条直径，CD 为垂直于AB 的一条弦，垂足为M ，假设CD 为圆内接正三角形的一条边，那么O 到CD 的距离为r 2，设EF 为与CD 平行且到圆心O 距离为r2的弦，交直径AB 于点N ，因此当过AB 上的点且垂直于AB 的弦的长度超过CD 时，该点在线段MN 上移动，因此所求概率P ＝r2r ＝12，选C.(理)(2021·湖南)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12，那么ADAB＝( ) A.12B.14C.32D.74[答案] D [解析]由题意知AB >AD ，如图，当点P 与E (或F )重合时，△ABP 中，AB ＝BP (或AP )，当点P 在EF 上运动时，总有AB >AP ，AB >BP ，由题中事件发生的概率为12知，点P 的分界点E 、F 恰好是边CD 的四等分点，由勾股定理可得AB 2＝AF 2＝(34AB )2＋AD 2，解得(AD AB)2＝716，即AD AB ＝74，应选D. 6．(2021·武昌区联考)假设从区间(0,2)内随机取两个数，那么这两个数的比不小于4的概率为( ) A.18 B.78 C.14 D.34[答案] C[解析] 设这两个数别离为x ，y ，那么由条件知0<x <2,0<y <2，y ≥4x 或x ≥4y ，那么所求概率P ＝2×12×2×122×2＝14. 二、填空题7．(2021·郑州二检)连掷两次骰子取得的点数别离为m 和n ，设向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1，－1)的夹角为θ，那么θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2的概率是________．[答案]712 [解析] ∵cos θ＝m －n2·m 2＋n 2，θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，∴m ≥n ，知足条件m ＝n 的概率为636＝16，m >n 的概率与m <n 的概率相等，∴m >n 的概率为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16＝512，∴知足m ≥n 的概率为P ＝16＋512＝712.8．(文)(2021·浙江文，12)从边长为1的正方形的中心和极点这五个点中，随机(等可能)取两点，那么该两点间的距离为22的概率是________．[答案] 25[解析]由五个点中随机取两点共有10种取法．由图可知两点间的距离为22的是中心和四个极点组成的4条线段，故概率为P ＝410＝25.(理)在区间[1,5]和[2,4]别离各取一个数，记为m 和n ，那么方程x 2m 2＋y 2n 2＝1表示核心在x 轴上的椭圆的概率是________．[答案] 12[解析] ∵方程x 2m 2＋y 2n 2＝1表示核心在x 轴上的椭圆，∴m >n .由题意知，在矩形ABCD 内任取一点P (m ，n )，求P 点落在阴影部份的概率，易知直线m ＝n 恰好将矩形平分，∴p ＝12.9．(文)在区间[－1,1]上随机取一个数k ，那么直线y ＝k (x ＋2)与圆x 2＋y 2＝1有公共点的概率为________． [答案]33[解析] ∵直线与圆有公共点，∴|2k |k 2＋1≤1，∴－33≤k ≤33.故所求概率为P＝33－－331－－1＝33.(理)(2021·大连、沈阳联考)假设利用运算机在区间(0,1)上产生两个不等的随机数a和b，那么方程x＝22a－2bx有不等实数根的概率为________．[答案]12[解析]方程x＝22a－2bx化为x2－22ax＋2b＝0，∵方程有两个不等实根，∴Δ＝8a－8b>0，∴a>b，如图可知，所求概率P＝12.三、解答题10．(文)设平面向量a m＝(m,1)，b n＝(2，n)，其中m、n∈{1,2,3,4}．(1)请列出有序数组(m，n)的所有可能结果；(2)记“使得a m⊥(a m－b n)成立的(m，n)”为事件A，求事件A发生的概率．[解析](1)有序数组(m，n)的所有可能结果为：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)共16个．(2)由a m⊥(a m－b n)得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2由于m、n∈{1,2,3,4}，故事件A包括的大体事件为(2,1)，(3,4)，共2个．又大体事件的总数为16，故所求的概率为P(A)＝216＝1 8.(理)(2021·北京东城区统一检测)袋内装有6个球，这些球依次被编号为一、二、3、…、6，设编号为n的球重n2－6n＋12(单位：g)，这些球等可能地从袋里掏出(不受重量、编号的阻碍)．(1)从袋中任意掏出一个球，求其重量大于其编号的概率；(2)若是不放回地任意掏出2个球，求它们重量相等的概率．[解析] (1)假设编号为n 的球的重量大于其编号，则n 2－6n ＋12>n ，即n 2－7n ＋12>0. 解得n <3，或n >4. 因此n ＝1,2,5,6.因此从袋中任意掏出一个球，其重量大于其编号的概率P ＝46＝23.(2)不放回地任意掏出2个球，这两个球编号的所有可能情形为(不分掏出的前后顺序)： 1,2；1,3；1,4；1,5；1,6； 2,3；2,4；2,5；2,6； 3,4；3,5；3,6； 4,5；4,6； 5,6. 共有15种．设编号别离为m 与n (m ，n ∈{1,2,3,4,5,6}，且m ≠n )的球的重量相等，那么有m 2－6m ＋12＝n 2－6n ＋12，即有(m －n )(m ＋n －6)＝0.因此m ＝n (舍去)，或m ＋n ＝6.知足m ＋n ＝6的情形为：1,5；2,4，共2种．故所求事件的概率为215.能力拓展提升一、选择题11．(2021·北京海淀期末)一对年轻夫妇和其两岁的小孩做游戏，让小孩把别离写有“1”“3”“1”“4”的四张卡片随机排成一行，假设卡片按从左到右的顺序排成“1314”，那么小孩会取得父母的奖励，那么小孩受到奖励的概率为( )A.112B.512C.712 D.56[答案] A[解析] 先从4个位置当选一个排4，再从剩下位置当选一个排3，所有可能的排法有4×3＝12种，知足要求的排法只有1种，∴所求概率为P ＝112.12．(文)(2021·辽宁文，11)在长为12cm 的线段AB 上任取一点C ，现作一矩形，邻边长别离等于线段AC 、CB 的长，那么该矩形面积大于20cm 2的概率为( )A.16B.13C.23D.45[答案] C[解析] 在长为12cm 的线段AB 上任取一点C ，设AC ＝x ，那么BC ＝12－x ，∴x (12－x )>20，∴2<x <10，因此总的几何气宇为12，知足矩形面积大于20cm2的点在C 1与C 2之间的部份，如图 ∴P ＝812＝23.关键在于找出总长度及事件“矩形的面积大于20cm 2”所表示区域的长度．(理)(2021·湖北理，8)如图，在圆心角为直角的扇形OAB 中，别离以OA 、OB 为直径作两个半圆，在扇形OAB 内随机取一点，那么此点取自阴影部份的概率是( )A ．1－2πB.12－1πC.2π D.1π [答案] A[分析] 在扇形OAB 内随机取一点，此点落在阴影部份的概率属于几何概型问题，关键是求阴影部份的面积，如图设阴影部份两块的面积别离为S 1、S 2，OA ＝R ，那么S 1＝2(S 扇形DOC －S △DOC )，S 2＝S 扇形OAB －S ⊙D ＋S 1.[解析] 设图中阴影面积别离为S 1，S 2，令OA ＝R ，由图形知，S 1＝2(S 扇ODC －S △ODC )＝2[π·R224－12·(R 2)2]＝πR 2－2R 28，S 2＝S 扇形OAB －S ⊙D ＋S 1＝14πR 2－π·(R 2)2＋πR 2－2R 28＝πR 2－2R 28， ∴所求概率P ＝S 1＋S 2S 扇形OAB＝πR 2－2R 2414πR 2＝1－2π.[点评] 1.当实验的结果组成的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑利用几何概型求解； 2．利用几何概型求概率时，关键是实验的全数结果组成的区域和事件发生的区域的计算，有时需要设出变量，在座标系中表示所需要的区域．13．在区间(0,1)上任取两个数，那么两个数之和小于65的概率是( )A.1225B.1625 C.1725 D.1825[答案] C[解析] 设两数为x 、y ，那么0<x <1,0<y <1，知足x ＋y <65的点在图中阴影部份，∴所求概率为P ＝1－12×1－1521＝1725，应选C . 二、填空题14．(文)(2021·大连模拟)在长为16cm 的线段AB 上任取一点M ，并以线段AM 为一边作正方形，那么此正方形的面积介于25cm 2与81cm 2之间的概率为________．[答案] 14[解析] 正方形的面积介于25cm 2与81cm 2之间，即线段AM 长介于5cm 与9cm 之间，即点M 能够在5～9cm 之间取，长度为4cm ，总长为16cm ，因此，所求概率为416＝14.(理)(2021·南昌一模)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刻在早上7:00—8:00之间，那么张先生在离开家之前能拿到报纸的概率是________．[答案]78[解析]以横坐标x 表示报纸送到时刻，以纵坐标y 表示张先生离家时刻，成立平面直角坐标系，如图．因为随机实验落在方形区域内任何一点是等可能的，因此符合几何概型的条件．依照题意当y >x 时，即只要点落到阴影部份，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，因此P (A )＝1×1－12×12×121×1＝78. 15．(2021·南京模拟)在集合A ＝{2,3}中随机取一个元素m ，在集合B ＝{1,2,3}中随机取一个元素n ，取得点P (m ，n )，那么点P 落在圆x 2＋y 2＝9内部的概率为________．[答案] 13[解析] 点P 的取法有2×3＝6种，点P 在圆内部，那么m 2＋n 2<9， ∴m ＝2，n ＝1或2. ∴所求概率P ＝26＝13.三、解答题16．(文)某饮料公司对一名员工进行测试以便确信考评级别，公司预备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，而且其中3杯为A 饮料，另外2杯为B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料当选出3杯A 饮料．假设该员工3杯都选对，测评为优秀；假设3杯选对2杯测评为良好；否测评为合格．假设这人对A 和B 饮料没有辨别能力．(1)求这人被评为优秀的概率； (2)求这人被评为良好及以上的概率．[解析] 将5杯饮料编号为：1,2,3,4,5，编号一、二、3表示A 饮料，编号4、5表示B 饮料，那么从5杯饮料当选出3杯的所有可能情形为：(123)，(124)，(125)，(134)，(135)，(145)，(234)(235)，(245)，(345)，共有10种令D 表示这人被评为优秀的事件，E 表示这人被评为良好的事件，F 表示这人被评为良好及以上的事件，那么(1)P (D )＝110， (2)P (E )＝35，P (F )＝P (D )＋P (E )＝710. (理)袋子中放有大小和形状相同的小球假设干个，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n 个．已知从袋子中随机抽取1个小球，取到标号是2的小球的概率是12. (1)求n 的值；(2)从袋子中不放回地随机抽取两个小球，记第一次掏出的小球标号为a ，第二次掏出的小球标号为b . ①设事件A 表示“a ＋b ＝2”，求事件A 的概率；②在区间[0,2]内任取两个实数x 、y ，求事件“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”的概率．[解析] (1)由题意可知：n 1＋1＋n ＝12，解得n ＝2. (2)将标号为2的小球记作a 1，a 2①两次不放回抽取小球的所有大体事件为：(0,1)，(0，a 1)，(0，a 2)，(1,0)，(1，a 1)，(1，a 2)，(a 1,0)，(a 1,1)，(a 1，a 2)，(a 2,0)，(a 2,1)，(a 2，a 1)，共12个，事件A 包括的大体事件为：(0，a 1)，(0，a 2)，(a 1,0)，(a 2,0)，共4个．∴P (A )＝412＝13. ②记“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”为事件B ，那么事件B 等价于“x 2＋y 2>4”，(x ，y )能够看成平面中的点，那么全数结果所组成的区域Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤2,0≤y ≤2，x ，y ∈R }，而事件B 所组成的区域B ＝{(x ，y )|x 2＋y 2>4，x ，y ∈Ω}，∴P (B )＝S B S Ω＝2×2－π2×2＝1－π4. 考纲要求1．明白得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大体事件数及事件发生的概率．3．了解随机数的意义，能运用模拟方式估量概率．4．了解几何概型的意义．补充说明1．求解与角度有关的几何概型的注意点当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域气宇来计算概率，切不可用线段代替，这是两种不同的气宇手腕．2．.求解古典概型概率，第一要找准大体事件，判定的标准确实是有限性和等可能性．大体事件空间中大体事件的计算方式和事件A 中包括的大体事件计算方式必需维持一致，计数时能够采取一一列举的方式，也能够采纳模型化方式或用计数原理求，并辅以必要的文字说明．3．注意事件是不是互斥；碰到“最多”、“至少”等事件时，注意对立事件概率公式的应用．备选习题1.(2021·哈尔滨二模)如图的矩形长为5，宽为2，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在阴影部份的黄豆数为138颗，由此咱们能够估量出阴影部份的面积约为( )A.165B.215C.235D.195 [答案] C[解析] 由几何概型的概率公式，得S 10＝138300，因此阴影部份面积约为235，应选C. 2．从正六边形的6个极点中随机选择4个极点，那么以它们作为极点的四边形是矩形的概率等于( )A.110B.18C.16D.15 [答案] D[解析] 如图正六边形ABCDEF ，从6个极点中随机选择4个极点有ABCD ，ABCE ，ABCF ，ABDE ，ABDF ，ACDE ，ACDF ，ACEF ，ADEF ，BCDE ，BCDF ，BCEF ，ABEF ，BDEF ，CDEF 共15种选法，大体事件总数为15，其中四边形是矩形的有ABDE ，BCEF ，CDFA 共3种，因此所求概率为P ＝315＝15. 3．前后抛掷两枚均匀的正方体骰子(他们的六个面别离标有点数一、二、3、4、五、6)，骰子朝上的面的点数别离为x 、y ，那么log 2x y ＝1的概率为( )A.16B.536C.112D.12[答案] C[解析] 前后抛掷两枚骰子，向上点数共有6×6＝36种不同结果，其中知足log 2x y ＝1，即y ＝2x 的情形如下： x ＝1时，y ＝2；x ＝2时，y ＝4；x ＝3时，y ＝6，共3种．∴所求概率为P ＝336＝112. [点评] 注意细微不同，假设把题目中的条件log 2x y ＝1改成log 2x y >1，那么所求概率为( )现在答案为A这是因为抛掷两枚骰子共有62＝36种不同结果，∵log 2x y >1，∴y >2x .当x ＝1时，y 有4种取法；当x ＝2时，y 有2种取法；当x ＝3时，没有y 知足，∴知足y >2x 的取法共有4＋2＝6种，故所求概率P ＝636＝16. 假设改成log x 2y <1呢？4．设a ∈[0,2]，b ∈[0,4]，那么函数f (x )＝x 2＋2ax ＋b 在R 上有两个不同零点的概率为________．[答案] 13[解析]∵f (x )有两个不同零点，∴Δ＝4a 2－4b >0，∴b <a 2，如图，设点(a ，b )落在阴影部份(即知足0≤a ≤2,0≤b ≤4且b <a 2)的事件为A ，由于阴影部份面积S ＝⎠⎜⎛02a 2d a ＝13a 3|20＝83，故所求事件A 的概率P (A )＝832×4＝13.5．盒子内装有10张卡片，别离写有1～10的10个整数，从盒子中任取1张卡片，记下它的读数x，然后放回盒子内，第二次再从盒子中任取1张卡片，记下它的读数y.试求：(1)x＋y是10的倍数的概率；(2)xy是3的倍数的概率．[解析]前后取两次卡片，每次都有1～10这10个结果，故形成的数对(x，y)共有100个．(1)x＋y是10的倍数的数对包括以下10个：(1,9)，(9,1)，(2,8)，(8,2)，(3,7)，(7,3)，(4,6)，(6,4)，(5,5)，(10,10)．故“x＋y是10的倍数”的概率为P1＝10100＝0.1.(2)xy是3的倍数，只要x是3的倍数，或y是3的倍数，由于x是3的倍数且y不是3的倍数的数对有21个，而x不是3的倍数且y是3的倍数的数对有21个，x是3的倍数且y也是3的倍数的数对有9个．故xy是3的倍数的数对有21＋21＋9＝51(个)．故xy是3的倍数的概率为P2＝51100＝0.51.。

2021年高考数学一轮总复习 10.5古典概型练习

2021年高考数学一轮总复习 10.5古典概型练习基础必做一、选择题1．一个坛子里有编号为1,2，…，12的12个大小相同的球，其中1到6号球是红球，其余的是黑球，若从中任取两个球，则取到的都是红球，且至少有1个球的号码是偶数的概率为( )A.122B.111C.322D.211解析基本事件总数为C212，事件包含的基本事件数为C26－C23，故所求的概率为P＝C26－C23C212＝211.答案D2．一名同学先后投掷一枚骰子两次，第一次向上的点数记为x，第二次向上的点数记为y，在直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点落在直线2x＋y＝8上的概率为( )A.16B.112C.536D.19解析依题意，以(x，y)为坐标的点共6×6＝36个，其中落在直线2x＋y＝8上的点有(1,6)，(2,4)，(3,2)，共3个，故所求事件的概率P ＝336＝112.答案 B3．(xx·杭州模拟)从个位数字与十位数字之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )A.49B.13C.29D.19解析 (1)当个位为奇数时，有5×4＝20(个)符合条件的两位数．(2)当个位为偶数时，有5×5＝25(个)符合条件的两位数．因此共有20＋25＝45(个)符合条件的两位数，其中个位数为0的两位数有5个，所以所求概率为P ＝545＝19.答案 D4．甲、乙两人一起到阿里山参观旅游，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后1小时他们同在一个景点的概率是( )A.136B.19C.536D.16解析甲、乙两人任选4个景点游览，共有A 46·A 46种游览方案，又甲、乙最后1小时在同一景点有C 16·A 35·A 35种可能．∴所求事件的概率P ＝C 16·A 35·A 35A 46·A 46＝16. 答案 D5．(xx·浙江金丽衢十二校二联)若在正方体上任选3个顶点连成三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角形的概率为( )A.17B.27C.37D.47解析因为任取3个顶点连成三角形共有C 38＝8×7×63×2＝56个，又以一顶点为直角顶点的非等腰三角形有3个，所以共有24个三角形符合条件．所以所求概率为2456＝37.答案 C6．甲、乙、丙3位教师安排在周一至周五中的3天值班，要求每人值班1天且每天至多安排1人，则恰好甲安排在另外两位教师前面值班的概率是( )A.13B.23C.34D.35解析第一种情况：甲安排在第一天，则有A 24＝12种；第二种情况：甲安排在第二天，则有A 23＝6种；第三种情况：甲安排在第三天，则有A 22＝2种，所以所求概率为12＋6＋2A 35＝13. 答案 A 二、填空题7．从某学习小组的10名同学中选出3名同学参加一项活动，其中甲、乙两名同学都被选中的概率是________．解析从10名同学中选出3名同学有C 310＝10×9×83×2×1＝120种选法，其中甲、乙两名同学都被选中有C 18＝8种选法，因此甲、乙两名同学都被选中的概率是8120＝115.答案1158．在集合{x |x ＝n π6，n ＝1,2,3，…，10}中任取一个元素，所取元素恰好满足方程cos x＝12的概率是________．解析基本事件总数为10，满足方程cos x ＝12的基本事件数为2，故所求概率为P ＝210＝15. 答案159．(xx ·广东卷)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．解析从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，共有C 710种不同的取法．当这七个数的中位数是6时，应该有3个比6小的数，还有3个比6大的数，因此一共有C 36·C 33种不同的取法，故所求概率P ＝C 36·C 33C 710＝20120＝16.答案16三、解答题10．中国式过马路，是网友对部分中国人集体闯红灯现象的一种调侃，即“凑够一撮人就可以走了，和红绿灯无关”．某校对全校学生过马路方式进行调查，在所有参与调查的人中，“跟从别人闯红灯”“从不闯红灯”“带头闯红灯”人数如表所示：的人中抽取50人，求n的值．(2)在“带头闯红灯”的人中，将男生的200人编号为001,002，…，200；将女生的200人编号为201,202，…，400，用系统抽样的方法抽取5人参加“文明交通”宣传活动，若抽取的第一个人的编号为30，把抽取的5人看成一个总体，从这5人中任选取2人，求至少有一名女生的概率．解(1)由n2 000＝501 000得n＝100.(2)按系统抽样，分段间隔k＝4005＝80.当抽取的第一个人的编号为30时，则所抽取的5个人的编号依次为：30,110,190,270,350.所以抽取的5人中有3男2女．记三个男生分别为A1，A2，A3，两个女生分别为B1，B2，则有：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2)共有10种情况，其中无女生的情况有(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)3种情况．记“至少有一名女生”为事件A，A表示“无女生”，P(A)＝310，所以P(A)＝1－P(A)＝710.11．(xx·福州模拟)某学院为了调查本校学生xx年9月“健康上网”(健康上网是指每天上网不超过两个小时)的天数情况，随机抽取了40名本校学生作为样本，统计他们在该月30天内健康上网的天数，并将所得的数据分成以下六组：[0,5]，(5,10]，(10,15]，…，(25,30]，由此画出样本的频率分布直方图，如图所示．(1)根据频率分布直方图，求这40名学生中健康上网天数超过20天的人数； (2)现从这40名学生中任取2名，设Y 为取出的2名学生中健康上网天数超过20天的人数，求Y 的分布列．解 (1)由图可知，健康上网天数未超过20天的频率为(0.01＋0.02＋0.03＋0.09)×5＝0.15×5＝0.75.所以健康上网天数超过20天的学生人数是 40×(1－0.75)＝40×0.25＝10. (2)随机变量Y 的所有可能取值为0,1,2. P (Y ＝0)＝C 230C 240＝2952；P (Y ＝1)＝C 110C 130C 240＝513；P (Y ＝2)＝C 210C 240＝352.所以Y 的分布列为：Y 0 1 2 P2952513352培优演练1．袋中有8个大小相同的小球，其中1个黑球，3个白球，4个红球． (1)若从袋中一次摸出2个小球，求恰为异色球的概率；(2)若从袋中一次摸出3个小球，且3个球中，黑球与白球的个数都没有超过红球的个数，记此时红球的个数为ξ，求ξ的分布列．解 (1)摸出的2个小球为异色球的种数为C 11C 17＋C 13C 14＝19，从8个小球中摸出2个小球的种数为C 28＝28，故所求概率为P ＝1928.(2)符合条件的摸法包括以下三类：一类是有1个红球，1个黑球，1个白球，共有C 11C 14C 13＝12种不同摸法，一类是有2个红球，1个其他颜色球，共有C 24C 14＝24种不同摸法，一类是所摸得的3个小球均为红球，共有C 34＝4种不同摸法，故符合条件的不同摸法共有40种．由题意知，随机变量ξ的可能取值为1,2,3. 其分布列为ξ 1 2 3 P310351102．由于当前学生课业负担较重，造成青少年视力普遍下降，现从某中学随机抽取16名学生，经校医用对数视力表检查得到每个学生的视力状况的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)如下：(1)若视力测试结果不低于5.0，则称为“好视力”，求校医从这16人中随机选取3人，至多有1人是“好视力”的概率；(2)以这16人的样本数据来估计整个学校的总体数据，若从该校(人数很多)任选3人，记ξ表示抽到“好视力”学生的人数，求ξ的分布列．解 (1)设A i 表示所取3人中有i 个人是“好视力”，至多有1人是“好视力”记为事件A ，包括有一个人是好视力和有零个人是好视力，∴P (A )＝P (A 0)＋P (A 1)＝C 312C 316＋C 14C 212C 316＝121140.(2)ξ的可能取值为0、1、2、3，P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2764；P (ξ＝1)＝C 1314⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝2764； P (ξ＝2)＝C 2334⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝964；P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫143＝164.∴分布列为时间：45分钟分值：100分基础必做一、选择题1．高三(4)班有4个学习小组，从中抽出2个小组进行作业检查．在这个试验中，基本事件的个数为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析设这4个学习小组为A ，B ，C ，D ，“从中任抽取两个小组”的基本事件有AB ，AC ，AD ，BC ，BD ，CD ，共6个．答案 C2．从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a ，从{1,2,3}中随机选取一个数为b ，则b >a 的概率是( )A.45B.35C.25D.15解析从{1,2,3,4,5}中选取一个数a 有5种取法，从{1,2,3}中选取一个数b 有3种取法．所以选取两个数a ，b 共有5×3＝15个基本事件，满足b >a 的基本事件共有3个．因此b >a 的概率P ＝315＝15.答案 D3．投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋n i)(n －m i)为实数的概率为( )A.13B.14C.16D.112解析复数(m ＋n i)(n －m i)＝2mn ＋(n 2－m 2)i 为实数，则n 2－m 2＝0⇒m ＝n ，而投掷两颗骰子得到点数相同的情况只有6种，所以所求概率为66×6＝16. 答案 C4．(xx·湘潭模拟)某运动会期间，从来自A 大学的2名志愿者和来自B 大学的4名志愿者中随机抽取2人到体操比赛场馆服务，至少有一名A 大学志愿者的概率是( )A.115B.25C.35D.1415解析记2名来自A 大学的志愿者为A 1，A 2,4名来自B 大学的志愿者为B 1，B 2，B 3，B 4.从这6名志愿者中选出2名的基本事件有：(A 1，A 2)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，(A 1，B 4)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 2，B 4)，(B 1，B 2)，(B 1，B 3)，(B 1，B 4)，(B 2，B 3)，(B 2，B 4)，(B 3，B 4)，共15种. 其中至少有一名A 大学志愿者的事件有9种．故所求概率为915＝35.答案 C5．从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a ，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b ，则向量m ＝(a ，b )与向量n ＝(1，－1)垂直的概率为( )A.16 B.13 C.14D.12解析由题意可知m ＝(a ，b )有：(2,1)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共12种情况．m ⊥n 即m ·n ＝0，所以a ×1＋b ×(－1)＝0，即a ＝b ，满足条件的有(3,3)，(5,5)共2个．故所求概率为16.答案 A6．有两张卡片，一张的正反面分别写着数字0与1，另一张的正反面分别写着数字2与3，将两张卡片排在一起组成一个两位数，则所组成的两位数为奇数的概率是( )A.16B.13C.12D.38解析能组成的两位数有12,13,20,30,21,31，共6个，其中的奇数有13,21,31，共3个，因此所组成的两位数为奇数的概率是36＝12.答案 C 二、填空题7．(xx·全国卷Ⅱ)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为________．解析甲、乙两名运动员选择运动服颜色有(红，红)，(红，白)，(红，蓝)，(白，白)，(白，红)，(白，蓝)，(蓝，蓝)，(蓝，白)，(蓝，红)，共9种．而同色的有(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共3种．所以所求概率P ＝39＝13.答案138．(xx·全国卷Ⅰ)将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为________．解析两本不同的数学书用a 1，a 2表示，语文书用b 表示，则Ω＝{(a 1，a 2，b )，(a 1，b ，a 2)，(a 2，a 1，b )，(a 2，b ，a 1)，(b ，a 1，a 2)，(b ，a 2，a 1)}．于是两本数学书相邻的情况有4种，故所求概率为46＝23.答案239．盒中有3张分别标有1,2,3的卡片．从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个为偶数的概率为________．解析对立事件为：两次抽取的卡片号码都为奇数，共有2×2＝4种抽法．而有放回的两次抽取卡片共有3×3＝9种基本事件，因此所求事件概率为1－49＝59.答案59三、解答题10．现有编号分别为1,2,3,4,5的五道不同的政治题和编号分别为6,7,8,9的四道不同的历史题．甲同学从这九道题中一次性随机抽取两道题，每道题被抽到的概率是相等的，用符号(x ，y )表示事件“抽到的两道题的编号分别为x 、y ，且x <y ”．(1)问有多少个基本事件，并列举出来；(2)求甲同学所抽取的两道题的编号之和小于17但不小于11的概率．解 (1)共有36个等可能的基本事件，列举如下：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(1,7)，(1,8)，(1,9)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(2,7)，(2,8)，(2,9)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(3,7)，(3,8)，(3,9)，(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(4,9)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(7,8)，(7,9)，(8,9)．(2)记“甲同学所抽取的两道题的编号之和小于17但不小于11”为事件A ，则事件A 为“x ，y ∈{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，且x ＋y ∈[11,17)，其中x <y ”．由(1)可知事件A 共包含15个基本事件，列举如下：(2,9)，(3,8)，(3,9)，(4,7)，(4,8)，(4,9)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(7,8)，(7,9)．所以P (A )＝1536＝512.即甲同学所抽取的两道题的编号之和小于17但不小于11的概率为512. 11．中国式过马路，是网友对部分中国人集体闯红灯现象的一种调侃，即“凑够一撮人就可以走了，和红绿灯无关”．某校对全校学生过马路方式进行调查，在所有参与调查的人中，“跟从别人闯红灯”“从不闯红灯”“带头闯红灯”人数如表所示：的人中抽取50人，求n 的值．(2)在“带头闯红灯”的人中，将男生的200人编号为001,002，…，200；将女生的200人编号为201,202，…，400，用系统抽样的方法抽取5人参加“文明交通”宣传活动，若抽取的第一个人的编号为30，把抽取的5人看成一个总体，从这5人中任选取2人，求至少有一名女生的概率．解 (1)由n 2 000＝501 000得n ＝100.(2)按系统抽样，分段间隔k ＝4005＝80. 当抽取的第一个人的编号为30时，则所抽取的5个人的编号依次为：30,110,190,270,350.所以抽取的5人中有3男2女．记三个男生分别为A 1，A 2，A 3，两个女生分别为B 1，B 2，则有：(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(B 1，B 2)共有10种情况，其中无女生的情况有(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 2，A 3)3种情况．记“至少有一名女生”为事件A，A表示“无女生”，P(A)＝310，所以P(A)＝1－P(A)＝710.培优演练1．(xx·福建卷)根据世行xx年新标准，人均GDP低于1 035美元为低收入国家；人均GDP为1 035～4 085美元为中等偏下收入国家；人均GDP为4 085～12 616美元为中等偏上收入国家；人均GDP不低于12 616美元为高收入国家．某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP如下表：行政区区人口占城市人口比例区人均GDP(单位：美元) A25%8 000B30% 4 000C15% 6 000D10% 3 000E20%10 000(2)现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准的概率．解(1)设该城市人口总数为a，则该城市人均GDP为8 000×0.25a＋4 000×0.30a＋6 000×0.15a＋3 000×0.10a＋10 000×0.20aa＝ 6 400.因为6 400∈[4 085,12 616)，所以该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准．(2)“从5个地政区中随机抽取2个”的所有的基本事件是：{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{C，D}，{C，E}，{D，E}，共10个．设事件“抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准”为M，则事件M包含的基本事件是：{A，C}，{A，E}，{C，E}，共3个．所以所求概率为P(M)＝310.2．(xx·安徽示范高中模拟)某数学老师对本校xx届高三学生某次联考的数学成绩进行分析，按150进行分层抽样抽取20名学生的成绩进行分析，分数用茎叶图记录如图所示(部分数据丢失)得到的频率分布表如下：分数段(分)[50,70)[70,90)[90,110)[110,130)[130,150)合计频数b频率 a 0.25(1)求表中a，b的值及分数在[90,100)范围内的学生人数，并估计这次考试全校学生数学成绩及格率(分数在[90,150]范围为及格)．(2)从大于等于110分的学生中随机选2名学生得分，求2名学生的平均得分大于等于130分的概率．解(1)由茎叶图可知分数在[50,70)范围内的有2人，在[110,130)范围内的有3人，所以a＝220＝0.1，b＝3.又分数在[110,150)范围内的频率为520＝0.25，所以分数在[90,110)范围内的频率为1－0.1－0.25－0.25＝0.4，所以分数在[90,110)范围内的人数为20×0.4＝8，由茎叶图可知分数在[100,110)范围内的人数为4人，所以分数在[90,100)范围内的学生数为8－4＝4.从表中可知分数在[70,90)范围内的频率为0.25，所以有20×0.25＝5(人)，所以20人中数学成绩及格的学生为13人．所以估计全校数学成绩及格率为1320＝65%.(2)设A表示事件“从大于等于110分的学生中随机选2名学生得分，平均得分大于等于130分”，由茎叶图可知大于等于110分有5人，记这5人分别为m，n，c，d，e，则选取学生的所有可能结果为：(m，n)，(m，c)，(m，d)，(m，e)，(n，c)，(n，d)，(n，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，基本事件数为10，事件“2名学生的平均得分大于等于130分”也就是“这2名学生的分数之和大于等于260分”，所以可能结果为：(118,142)，(128,136)，(128,142)，(136,142)，共4种情况，基本事件数为4，所以P(A)＝410＝25.29448 7308 猈20602 507A 偺35699 8B73 譳 r25429 6355捕p32211 7DD3 緓25875 6513 攓24705 6081 悁32127 7D7F 絿4W<。

2021版高考数学(人教A版理科)一轮复习攻略七十二古典概型、几何概型

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核心素养测评七十二古典概型、几何概型(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.从1,2,3,4,5这5个数中任取3个不同的数,则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是 ( )A. B. C. D.【解析】选A.从1,2,3,4,5这5个数中任取3个不同的数的基本事件有(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个,取出的3个数可作为三角形的三边边长的基本事件有(2,3,4),(2,4,5),(3,4,5),共3个,故所求概率P=.2.已知a∈{-2,0,1,2,3},b∈{3,5},则函数f(x)=(a2-2)e x+b为减函数的概率是( ) A. B. C. D.【解析】选 C.函数f(x)=(a2-2)e x+b为减函数,则a2-2<0,又a∈{-2,0,1,2,3},故只有a=0,a=1满足题意,又b∈{3,5},所以函数f(x)=(a2-2)e x+b为减函数的概率P==.3.在集合中任取一个偶数a和一个奇数b构成以原点为起点的向量α=,从这些向量中任取两个向量为邻边作平行四边形,从所作平行四边形中随机抽取一个,则它的面积不超过2的概率为 ( )A. B. C. D.【解析】选D.由已知可得向量,,,,这4个向量组成的平行四边形的面积为4,2,2,10,6,8,所以这个平行四边形的面积不超过2的概率为=.4.如图,在正方形区域内任取一点,则此点取自阴影部分的概率是( )A.-1B.C. D.【解析】选 B.阴影部分的面积为(cos x-sin x)dx=(sin x+cosx)=-1,正方形面积为,所以所求概率为=.5.齐王与田忌赛马,田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马,田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马, 田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛,则田忌的马获胜的概率为( ) A. B. C. D.【解析】选A.将齐王的三匹马分别记为a1,a2,a3,田忌的三匹马分别记为b1,b2,b3,齐王与田忌赛马,其情况有:(a1,b1),(a1,b2),(a1,b3),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3), (a3,b1),(a3,b2),(a3,b3)共9种,其中田忌的马获胜的有(a2,b1),(a3,b1),(a3,b2)共3种,所以田忌获胜的概率为=.6.某一天晚上月全食的过程分为初亏、食既、食甚、生光、复圆五个阶段,月食的初亏发生在19时48分,20时51分食既,食甚时刻为21时31分,22时08分生光,直至23时12分复圆.月全食伴随有蓝月亮和红月亮,月全食阶段的“红月亮”将在食甚时刻开始,生光时刻结束,一市民准备在19:55至21:56之间的某个时刻欣赏月全食,则他等待“红月亮”的时间不超过30分钟的概率是( ) A. B. C. D.【解析】选A.如图所示,概率为P==.7.中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹,用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术,蕴含了极致的数学美和丰富的传统文化信息,现有一幅剪纸的设计图,其中的4个小圆均过正方形的中心,且内切于正方形的两邻边.若在正方形内随机取一点,则该点取自黑色部分的概率为( )A. B.C. D.【解析】选B.如图所示,设正方形的边长为1,其中的4个圆过正方形的中心,且内切正方形的两邻边的小圆的半径为r,故BE=O2E=O2O=r,所以BO2=r,因为BO2+O2O=BO=BD=,所以r+r=,所以r=,所以题干图中黑色部分面积S=π=π,正方形的面积为1,所以在正方形内随机取一点,则该点取自黑色部分的概率为π.二、填空题(每小题5分,共15分)8.记a,b分别是投掷两次骰子所得的数字,则方程x2-ax+2b=0有两个不同实根的概率为________.【解析】由题意知投掷两次骰子所得的数字分别为a,b,则基本事件有(1,1), (1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),…,(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6 ,5),(6,6),共有36个.而方程x2-ax+2b=0有两个不同实根的条件是a2-8b>0,满足此条件的基本事件有:(3,1),(4,1),(5,1),(5,2),(5,3),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),共有9个,故所求概率为=.答案:9.记一个两位数的个位数字与十位数字的和为A.若A是不超过5的奇数,从这些两位数中任取一个,其个位数为1的概率为________.【解析】根据题意,个位数字与十位数字之和为奇数且不超过5的两位数有:10,12,14,21,23,30,32,41,50,共9个,其中个位是1的有21,41,共2个,因此所求的概率为.答案:10.m∈{-2,-1,0,1,2},n∈{-1,0,1},随机抽取一个m和一个n,使得平面向量a=(m,n),满足|a|>2的概率为________.【解析】向量a的所有可能情况是:(-2, -1),(-2, 0),(-2, 1),(-1, -1),(-1, 0),(-1, 1),(0, -1),(0, 0),(0, 1),(1, -1),(1, 0),(1, 1),(2,-1),(2, 0),(2, 1),满足|a|>2即m2+n2>4的有(-2, -1),(-2, 1), (2, -1),(2, 1),所以所求概率为.答案:(15分钟35分)1.(5分)如图所示方格,在每一个方格中填入一个数字,数字可以是1,2,3,4中的任何一个,允许重复.则填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为( )ABA. B. C. D.【解析】选D.只考虑A,B两个方格的排法.不考虑大小,A,B两个方格有4×4=16(种)排法.要使填入A方格的数字大于B方格的数字,则从1,2,3,4中选2个数字,大的放入A格,小的放入B格,有(4,3),(4,2),(4,1),(3,2),(3,1), (2,1),共6种,故填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为=.【变式备选】有两张卡片,一张的正反面分别写着数字0与1,另一张的正反面分别写着数字2与3,将两张卡片排在一起组成两位数,则所组成的两位数为奇数的概率是( ) A. B. C. D.【解析】选C.将两张卡片排在一起组成两位数,则所组成的两位数有12,13,20, 21,30,31,共6个,两位数为奇数的有13,21,31,共3个,故所组成的两位数为奇数的概率为=.2.(5分)在边长为a的正三角形内任取一点P,则点P到三个顶点的距离均大于的概率是 ( )A.-πB.1-πC.D.【解析】选B.如图正△ABC的边长为a,分别以它的三个顶点为圆心,以为半径在△ABC内部画圆弧,得三个扇形,则题中点P在这三个扇形外,因此所求概率为P==1-π.3.(5分)在区间[0,5]上随机地选择一个数p,则方程x2+2px+3p-2=0有两个负根的概率为________.【解题指南】首先根据题意列出方程有两个负根满足的条件求出p的取值范围,然后根据几何概型的概率计算公式求解.【解析】方程x2+2px+3p-2=0有两个负根x1,x2,则解得<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x2+2px+3p-2=0有两个负根的概率为P==.答案:4.(10分)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.【解析】设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x与y,记事件A为“两船都不需要等待码头空出”,则0≤x≤24,0≤y≤24,要使两船都不需要等待码头空出,当且仅当甲比乙早到达1 h以上或乙比甲早到达2 h以上,即y-x≥1或x-y≥2.故所求事件构成集合A={(x,y)|y-x≥1或x-y≥2,x∈[0,24],y∈[0,24]}.A为图中阴影部分,全部结果构成集合Ω为边长是24的正方形及其内部.所求概率为P(A)====.5.(10分)设连续掷两次骰子得到的点数分别为m,n,令平面向量a=(m,n), b=(1,-3).(1)求事件“a⊥b”发生的概率.(2)求事件“|a|≤|b|”发生的概率.【解析】(1)由题意知,m∈{1,2,3,4,5,6},n∈{1,2,3,4,5,6},故(m,n)所有可能的取法共36种.因为a⊥b,所以m-3n=0,即m=3n,有(3,1),(6,2),共2种,所以事件a⊥b发生的概率为=.(2)由|a|≤|b|,得m2+n2≤10,有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1),共6种,其概率为=.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

2021版理科数学全国通用版备战一轮复习：第11章第5节古典概型与几何概型

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第五节古典概型与几何概型A 级·基础过关 |固根基|1.从1，2，3，4，5这5个数中一次性随机地取两个数，则所取两个数之和能被3整除的概率是( )A ．25 B ．310 C ．35D ．45解析：选A 因为从1，2，3，4，5这5个数中一次性随机地取两个数，共有10种取法，其中所取两个数之和能被3整除的包含(1，2)，(1，5)，(2，4)，(4，5)四种取法，所以概率为410＝25，故选A ．2．(2019届福州质检)从0，1，2，3这四个数字中一次随机取两个数字，若用这两个数字组成无重复数字的两位数，则所得两位数为偶数的概率是( )A ．13B ．14C ．49D ．59解析：选D 因为所有没有重复数字的两位数有10，12，13，20，21，23，30，31，32，共9个，其中所得两位数为偶数的有10，12，20，30，32，共5个，所以所求概率为59.3．某袋中装有形状和大小完全相同的五个小球，每个小球上分别标有1，2，3，4，6这五个数字，现从中随机选取三个小球，则所选的三个小球上的数恰好能构成等差数列的概率是( )A ．310B ．15C ．110D ．120解析：选A 从五个小球中任选三个的所有情况有(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，6)，(1，3，4)，(1，3，6)，(1，4，6)，(2，3，4)，(2，3，6)，(2，4，6)，(3，4，6)，共10种，所选的三个小球上的数恰好能构成等差数列包含的基本事件有(1，2，3)，(2，3，4)，(2，4，6)，共3种，故所求概率为310.4．(2019届湖南长沙联考)如图，在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器，圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切，圆锥的顶点在鱼缸的缸底上，现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食，则“鱼食能被鱼缸内的圆锥外面的鱼吃到”的概率是( )A ．1－π4 B ．π12 C ．π4D ．1－π12解析：选A 因为鱼缸底面正方形的面积为22＝4，圆锥底面圆的面积为π，所以“鱼食能被鱼缸内的圆锥外面的鱼吃到”的概率是4－π4＝1－π4.故选A ．5．(2019届广西质检)已知P 是△ABC 所在平面内一点，且PB →＋PC →＋2P A →＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是( )A ．14B ．13C ．12D ．23解析：选C 以PB ，PC 为邻边作平行四边形PBDC ，连接PD 交BC 于点O ，则PB→＋PC →＝PD →. ∵PB →＋PC →＋2P A →＝0，∴PB →＋PC →＝－2P A →，PD →＝－2P A →，由此可得，P 是BC 边上的中线AO 的中点，点P 到BC 的距离等于点A 到BC 的距离的12，∴S △PBC ＝12S △ABC ，∴将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，黄豆落在△PBC 内的概率为P ＝S △PBC S △ABC ＝12.6.如图是一个边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍．若在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为( )A ．π8B ．π16C ．1－π8D ．1－π16解析：选C 因为正方形的面积为82，正方形的内切圆半径为4，中间黑色大圆的半径为2，黑色小圆的半径为1，所以白色区域的面积为π×42－π×22－4×π×12＝8π，所以黑色区域的面积为82－8π.在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为P ＝82－8π82＝1－π8.故选C ．7．(2019届天津模拟)一个袋子中有5个大小相同的球，其中3个白球与2个黑球，现从袋中任意取出一个球，取出后不放回，然后再从袋中任意取出一个球，则第一次为白球、第二次为黑球的概率为( )A ．35B ．310C ．12D ．625解析：选B 设3个白球分别为a 1，a 2，a 3，2个黑球分别为b 1，b 2，则先后从中取出2个球的所有可能结果为(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(b 1，b 2)，(a 2，a 1)，(a 3，a 1)，(b 1，a 1)，(b 2，a 1)，(a 3，a 2)，(b 1，a 2)，(b 2，a 2)，(b 1，a 3)，(b 2，a 3)，(b 2，b 1)，共20种．其中满足第一次为白球、第二次为黑球的有(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，共6种，故所求概率为620＝310.8．(2019届梅州质检)如图所示方格，在第一个方格中填入一个数字，数字可以是1，2，3，4中的任何一个，允许重复，则填入A 方格的数字大于B 方格的数字的概率为( )A ．12B ．14C ．34D ．38解析：选D 只考虑A ，B 两个方格的排法，不考虑大小，A ，B 两个方格有4×4＝16(种)排法．要使填入A 方格的数字大于B 方格的数字，则从1，2，3，4中选2个数字，大的放入A 格，小的放入B 格，有(4，3)，(4，2)，(4，1)，(3，2)，(3，1)，(2，1)，共6种，故填入A 方格的数字大于B 方格的数字的概率为616＝38.故选D ．9．(2019届山东威海模拟)如图，等腰直角三角形的斜边长为22，分别以三个顶点为圆心，1为半径在三角形内作圆弧，三段圆弧与斜边围成区域M (图中阴影部分)，若在此三角形内随机取一点，则此点取自区域M 的概率为( )A ．14 B ．π8 C ．π4D ．1－π4解析：选D 由题意知，直角三角形的面积S ＝12×2×2＝2.因为三角形的内角和为π，所以三个扇形的面积和为12×π×12＝π2，所以阴影部分的面积为2－π2，所以此点取自区域M 的概率为P ＝2－π22＝1－π4.10．(2019届合肥模拟)从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为________．解析：将2名男生记为A 1，A 2，2名女生记为B 1，B 2，若任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，则共有(A 1，A 2)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(B 1，B 2)，(A 2，A 1)，(B 1，A 1)，(B 2，A 1)，(B 1，A 2)，(B 2，A 2)，(B 2，B 1)，12种情况，又星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，4种情况，所以所求的概率为P ＝412＝13.答案：1311．《中国诗词大会》是央视推出的一档以“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”为宗旨的大型文化类竞赛节目，邀请全国各个年龄段、各个领域的诗词爱好者共同参与诗词知识比拼．“百人团”由一百多位来自全国各地的选手组成，成员上至耄耋老人，下至垂髫小儿，人数按照年龄分组统计如下表：龄组中分别抽取的挑战者的人数；(2)从(1)中抽出的6人中任选2人参加一对一的对抗比赛，求这2人来自同一年龄组的概率．解：(1)因为样本容量与总体个数的比是6108＝118，所以从年龄在[7，20)中抽取的人数为118×18＝1，从年龄在[20，40)中抽取的人数为118×54＝3，从年龄在[40，80]中抽取的人数为118×36＝2，所以从年龄在[7，20)，[20，40)，[40，80]中抽取的挑战者的人数分别为1，3，2.(2)设从[7，20)中抽取的1人为a，从[20，40)中抽取的3人分别为b，c，d，从[40，80]中抽取的2人为e，f.从这6人中任取2人构成的所有基本事件为(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个．每人被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件A为“2人来自同一年龄组”，包含的所有基本事件为(b，c)，(b，d)，(c，d)，(e，f)，共4个，所以P(A)＝415，故2人来自同一年龄组的概率为415.12．(2020届合肥调研)第24届冬奥会将于2022年在中国北京和张家口举行．为宣传冬奥会，让更多的人了解、喜爱冰雪项目，某大学举办了冬奥会知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图：(1)试根据频率分布直方图，估计这100人的平均成绩(同一组数据用该组区间的中点值代替)；(2)若采用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的学生中共抽取6人，再将其随机地分配到3个社区开展冬奥会宣传活动(每个社区2人)，求“成绩在同一区间的学生分配到不同社区”的概率．解：(1)平均成绩x －＝0.002×10×45＋0.016×10×55＋0.022×10×65＋0.030×10×75＋0.020×10×85＋0.010×10×95＝73.00.(2)由题意知，从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的学生中分别选取了3人，2人，1人．6人平均分成3组分配到3个社区，共有C 26C 24＝90(种)方法，成绩在同一区间的学生分配到不同社区的方法有A 33A 23＝36(种)．所以“成绩在同一区间的学生分配到不同社区”的概率P ＝3690＝25.B 级·素养提升 |练能力|13.(2019届威海模拟)从集合{1，2，3，4}中随机抽取一个数a ，从集合{1，2，3}中随机抽取一个数b ，则向量m ＝(a ，b )与向量n ＝(2，1)共线的概率为( )A ．16 B ．13 C ．14D ．12解析：选A 由题意可知m ＝(a ，b )有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，共12个．∵m ＝(a ，b )与向量n ＝(2，1)共线，∴a －2b ＝0，即a ＝2b ，有(2，1)，(4，2)，共2个，∴所求概率为16.14．(2019届江西信丰测试)已知函数f (x )＝3sin x ＋3cos x ，当x ∈[0，π]时，f (x )≥3的概率为( )A ．13B ．12C ．15D ．14解析：选B f (x )＝3sin x ＋3cos x ＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，∵x ∈[0，π]，∴x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，4π3.令f (x )≥3，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3≥12，解得π3≤x ＋π3≤5π6，∴0≤x ≤π2，∴f (x )≥3的概率为π2－0π－0＝12.15．(2019届河南大联考)已知实数m ∈[0，1]，n ∈[0，2]，则关于x 的一元二次方程4x 2＋4mx －n 2＋2n ＝0有实数根的概率是( )A ．1－π4 B ．π4 C ．π－32D ．π2－1解析：选A 若关于x 的一元二次方程4x 2＋4mx －n 2＋2n ＝0有实数根，则Δ＝16m 2－16(－n 2＋2n )≥0，即m 2＋(n －1)2≥1.如图中阴影部分所示，长方形面积为2，半圆面积为π2，故所求概率为2－π22＝1－π4.故选A ．16．(2019届石家庄模拟)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 ．1225B ．1625C ．1725D ．1825解析：选C 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确定的平面区域，如图所示，阴影部分的面积是1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝1725，所以这两个数之和小于65的概率是1725.17．(2020届成都摸底)为践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某城区对辖区内A ，B ，C 三类行业共200个单位的生态环境治理成效进行了考核评估，考评成绩达到80分及其以上的单位被称为“星级”环保单位，未达到80分的单位被称为“非星级”环保单位．现通过分层抽样的方法获得了这三类行业的20个单位，其考评分数如下：A 类行业：85，82，77，78，83，87；B 类行业：76，67，80，85，79，81；C 类行业：87，89，76，86，75，84，90，82. (1)试估算这三类行业中每类行业的单位个数；(2)若在A 类行业抽样的这6个单位中，随机选取3个单位进行交流发言，求选出的3个单位中既有“星级”环保单位，又有“非星级”环保单位的概率．解：(1)由题意知，抽取的三类行业单位个数之比为3∶3∶4. 由分层抽样的定义，得A 类行业单位的个数为310×200＝60； B 类行业单位的个数为310×200＝60； C 类行业单位的个数为410×200＝80.∴A ，B ，C 三类行业单位的个数分别为60，60，80.(2)记选出的这3个单位中既有“星级”环保单位，又有“非星级”环保单位为事件M .在A类行业的6个单位中随机选取3个单位的考评数据情形有{85，82，77}，{85，82，78}，{85，82，83}，{85，82，87}，{85，77，78}，{85，77，83}，{85，77，87}，{85，78，83}，{85，78，87}，{85，83，87}，{82，77，78}，{82，77，83}，{82，77，87}，{82，78，83}，{82，78，87}，{82，83，87}，{77，78，83}，{77，78，87}，{77，83，87}，{78，83，87}，共20种．这3个单位都是“星级”环保单位的考评数据情形有{85，82，83}，{85，82，87}，{85，83，87}，{82，83，87}，共4种．这3个单位都是“非星级”环保单位的考评数据情形有0种．∴这3个单位都是“星级”环保单位或都是“非星级”环保单位的情形共有4种．∴所求概率P(M)＝1－420＝45.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

2021高三数学(文)人教版一轮复习专练56古典概型与几何概型

专练56 古典概型与几何概型命题范围：随机事件概率、古典概型、几何概型基础强化一、选择题1．[2020·全国卷Ⅱ]在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1 200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1 600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者( )A ．10名B ．18名C ．24名D ．32名2．从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( ) A.15 B.25 C.825 D.9253．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.3104．[2019·全国卷Ⅱ]生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为( )A.23B.35C.25D.155．为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )A.13B.12C.23D.566．设z ＝(x －1)＋yi (x ，y ∈R )，若|z |≤1，则y ≥x 的概率为( ) A.34＋12π B.14－12πC.12－1πD.12＋1π7．[2020·湖南长沙高三测试]已知f (x )＝3＋2cos x ，f ′(x )是f (x )的导函数，则在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π任取一个数x 0使得f ′(x 0)<1的概率为( ) A.14 B.34 C.18 D.788．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )A ．0.3B ．0.4C ．0.6D ．0.79．两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.14B.12C.34D.78二、填空题10．[2020·郑州一中高三测试]盒中有三张分别标有号码3,4,5的卡片，从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个是奇数的概率为________．11．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________．12．甲、乙两人玩猜数字的游戏，先由甲任想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a ，b ∈{1,2,3,4}，若|a －b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”．现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为________．能力提升13．[2020·全国卷Ⅰ]设O 为正方形ABCD 的中心，在O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，则取到的3点共线的概率为( )A.15B.25C.12D.4514．某袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3，蓝色卡片两张，标号分别为1,2.从以上五张卡片中任选两张，则这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率为( )A.13B.110C.310D.2315．[2020·江西临川高三测试]已知圆O 的一条直径为线段BC ，A 为圆上一点，∠BCD ＝∠CBD ＝30°，∠ABC ＝45°，则向圆O 中任意投掷一点，该点落在阴影区域内的概率为________．16．[2020·湖南师大附中高三测试]从集合M＝{(x，y)|(|x|－1)2＋(|y|－1)2<4，x，y∈Z}中随机取一个点P(x，y)，若xy≥k(k>0)的概率为625，则k的最大值是________．专练56古典概型与几何概型1．B由题意得第二天订单不超过1 600份的概率为1－0.05＝0.95，故第一天积压订单加上第二天的新订单不超过1 600＋500＝2 100份的概率为0.95，因为超市本身能完成1 200份订单配货，所以需要志愿者完成的订单不超过2 100－1 200＝900份的概率为0.95，因为900÷50＝18，所以至少需要18名志愿者，故选B.2．B从5个人中选2人共有10种不同的选法，其中含有甲的有4种，∴所求事件的概率P＝410＝2 5.3．B行人在红灯亮起的25秒内到达路口，即满足至少需要15秒才出现绿灯，∴所求事件的概率P＝2540＝58.4．B本题主要考查古典概型；考查学生的逻辑推理和运算求解能力；考查的核心素养是数学运算与数据分析．记5只兔子分别为A ，B ，C ，D ，E ，其中测量过某项指标的3只兔子为A ，B ，C ，则从这5只兔子中随机取出3只的基本事件有ABC ，ABD ，ABE ，ACD ，ACE ，ADE ，BCD ，BCE ，BDE ，CDE ，共10种，其中恰有2只测量过该指标的基本事件有ABD ，ABE ，ACD ，ACE ，BCD ，BCE ，共6种，所以所求事件的概率P ＝610＝35.5．C 从4种颜色的花中任选2种，共有如下6种不同的情形：(红黄)，(红白)，(红紫)，(黄白)，(黄紫)，(白紫)，共中红色与紫色在同一花坛的情形有两种，故所求事件的概率P ＝1－26＝23.6．B ∵|z |≤1，∴(x －1)2＋y 2≤1，表示以(1,0)为圆心，以1为半径的圆及其内部，其面积为π，又直线y ＝x 与圆(x －1)2＋y 2＝1相交于O (0,0)，A (1,1)两点，其中满足y ≥x 的为图中的阴影部分，∴S 阴影＝π4－12×1×1＝π4－12，∴所求事件的概率为P ＝14－12π. 7．D 由f ′(x )＝－2sin x <1，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π，因此所求概率π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝78，选D. 8．B 所求事件的概率P ＝1－0.45－0.15＝0.4.9．C设两串彩灯第一次闪亮的时刻分别为x ，y ，则由题意可得，0≤x ≤4,0≤y ≤4；而所求事件“两串彩灯同时通电后，第一次闪亮相差不超过2秒”＝{(x ，y )||x －y |≤2}，由图示得，该事件概率P ＝S 阴影S 正方形＝16－416＝34. 10.89解析：解法一两次抽取的卡片号码有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共9种，其中至少有一个是奇数有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共8种，因此所求概率为89.解法二所求事件的对立事件为：两次抽取的卡片号码都为偶数，只有(4,4)这1种取法，而两次抽取的卡片号码有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共9种，因此所求事件的概率为1－19＝89.11.59解析：由6＋x －x 2≥0，解得－2≤x ≤3，则D ＝[－2,3]，则所求概率为3－(－2)5－(－4)＝59. 12.58解析：两人分别从1,2,3,4四个数中任取一个，有16种情况，其中满足|a －b |≤1的情况有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)，共10种，故这两人“心有灵犀”的概率为1016＝58.13．A 从O ，A ，B ，C ，D 中任取3点的情况有(O ，A ，B )，(O ，A ，C )，(O ，A ，D )，(O ，B ，C )，(O ，B ，D )，(O ，C ，D )，(A ，B ，C )，(A ，B ，D )，(B ，C ，D )，(A ，C ，D )，共有10种不同的情况，由图可知取到的3点共线的有(O ，A ，C )和(O ，B ，D )两种情况，所以所求概率为210＝15.故选A.14．C 从五张卡片中任选两张的所有可能情况有(红1，红2)，(红1，红3)，(红1，蓝1)，(红1，蓝2) ，(红2，红3)，(红2，蓝1)，(红2，蓝2)，(红3，蓝1)，(红3，蓝2)，(蓝1，蓝2)，共10种．其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有(红1，蓝1)，(红1，蓝2)，(红2，蓝1)，共3种情况，故所求的概率为310. 15.3＋33π解析：设圆O 的半径为2，则S 阴影＝12×4×(2＋2tan30°)＝4(3＋3)3，S 圆＝4π，由几何概型概率公式可得所求概率为P ＝S 阴影S 圆＝3＋33π. 16．2解析：因为M ＝{(x ，y )|(|x |－1)2＋(|y |－1)2<4，x ，y ∈Z }，所以M ＝{(x ，y )||x |≤2，|y |≤2，x ，y ∈Z }，所以集合M 中元素的个数为5×5＝25.因为xy ＝1的情况有2种，xy ＝2的情况有4种，xy ＝4的情况有2种，所以要使xy ≥k (k >0)的概率为625，需1<k ≤2，所以k 的最大值为2.莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

高考数学古典概型一轮专项练习题及答案

2021高考数学古典概型一轮专项练习题及答案高三各科目的学习对同学们进步综合成绩非常重要，大家一定要认真掌握，查字典数学网为大家整理了古典概型一轮专项练习题及答案，让我们一起学习，一起进步吧!一、选择题1.以下事件属于古典概型的根本领件的是( D )(A)任意抛掷两枚骰子,所得点数之和作为根本领件(B)篮球运发动投篮,观察其是否投中(C)测量某天12时的教室内温度(D)一先一后掷两枚硬币,观察正反面出现的情况解析:A项任意抛掷两枚骰子,所得点数之和作为根本领件,但各点数之和不是等可能的,例如和为2的概率为 ,和为3的概率为 = ,所以它不是等可能的,不是古典概型.B项显然事件投中和事件未投中发生的可能性不一定相等,所以它也不是古典概型.C项其根本领件空间包含无限个结果,所以不是古典概型.D项含有4个根本领件,每个根本领件出现的可能性相等,符合古典概型,应选D.2.甲乙二人玩猜数字游戏,先由甲任想一数字,记为a,再由乙猜甲刚刚想的数字,把乙猜出的数字记为b,且a,b{1,2,3},假设|a-b|1,那么称甲乙心有灵犀,现任意找两个人玩这个游戏,那么他们心有灵犀的概率为( D )(A) (B) (C) (D)解析:甲想一数字有3种结果,乙猜一种数字有3种结果,根本领件总数33=9.设甲乙心有灵犀为事件A,那么A的对立事件B为|a-b|,即|a-b|=2,包含2个根本领件,P(B)= ,P(A)=1- = ,应选D.3.中国作家莫言被授予诺贝尔文学奖,成为有史以来首位获得诺贝尔文学奖的中国籍作家.某学校组织了4个学习小组.现从中抽出2个小组进展学习成果汇报,在这个试验中,根本领件的个数为( C )(A)2(B)4(C)6(D)8解析:设4个学习小组为A,B,C,D,从中抽出2个的可能情况有(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),(B,D),(C,D)共6种.应选C.4.从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点,那么以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( D )(A) (B) (C) (D)解析:如下图,从正六边形ABCDEF 的6个顶点中随机选4个顶点,可以看作随机选2个顶点,剩下的4个顶点构成四边形,有A、B,A、C,A、D,A、E,A、F,B、C,B、D,B、E,B、F,C、D,C、E,C、F,D、E,D、F,E、F,共15种.假设要构成矩形,只要选相对顶点即可,有A、D,B、E,C、F,共3种,故其概率为 = ,应选D.5.(2021年高考新课标全国卷Ⅰ)从1,2,3,4中任取2个不同的数,那么取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( B )(A) (B) (C) (D)解析:从1,2,3,4中任取2个不同的数有六种情况:(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),满足条件的有(1,3),(2,4),故所求概率是 = .应选B.6.(2021银川模拟)抛掷两枚均匀的骰子,得到的点数分别为a,b,那么直线 + =1的斜率k- 的概率为( D )(A) (B) (C) (D)解析:记a,b的取值为数对(a,b),由题意知a,b的所有可能取值有(1,1),(1,2),,(1,6),(2,1),(2,2),,(2,6),(3,1),(3,2),, (3,6),(4,1),(4,2),,(4,6),(5,1),(5,2),,(5,6),(6,1),( 6,2),,(6,6),共36种.由直线 + =1的斜率k=- ,知 ,那么满足题意的a,b可能的取值为(2,1),(3,1),(4,1),(4,2),(5,1),(5,2),(6,1),(6,2),(6, 3),共有9种,所以所求概率为 = .应选D.7.(2021临沂模拟)A={1,2,3},B={xR|x2-ax+b=0,aA,bA},那么AB=B的概率是( C )(A) (B) (C) (D)1解析:∵AB=B,B可能为,{1},{2},{3},{1,2},{2,3},{1 ,3}.当B=时,a2-4b0,满足条件的a,b为a=1,b=1,2,3;a=2,b=2,3;a=3,b=3.当B={1}时,满足条件的a,b为a=2,b=1.当B={2},{3}时,没有满足条件的a,b.当B={1,2 }时,满足条件的a,b为a=3,b=2.当B={2,3},{1,3}时,没有满足条件的a,b,AB=B的概率为 = .应选C.二、填空题8.曲线C的方程为 + =1,其中m、n是将一枚骰子先后投掷两次所得点数,事件A=方程 + =1表示焦点在x轴上的椭圆,那么P(A)=.解析:试验中所含根本领件个数为36,假设想表示椭圆,那么前后两次的骰子点数不能一样,那么去掉6种可能,既然椭圆焦点在x轴上,那么mn,又只剩下一半情况,即有15种,因此P(A)= = .答案:9.(2021年高考新课标全国卷Ⅱ)从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数,其和为5的概率是.解析:从1,2,3,4,5中任意取两个不同的数共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3, 5),(4,5)10种.其中和为5的有(1,4 ),(2,3)2种.由古典概型概率公式知所求概率为 = .答案:10.关于x的二次函数f(x)=ax2-4bx+1.设集合P={-1,1,2,3,4,5},Q={-2,-1,1,2,3,4},分别从集合P和Q 中随机取一个数作为a和b,那么函数y=f(x)在[1,+)上是增函数的概率为.解析:分别从集合P、Q中各任取一个数,所有的可能情况有(-1,-2),(-1,-1),(-1,1),(-1,2),(-1,3),(-1,4),(1,-2), (1,-1),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,-2),(2,-1),(2 ,1) ,(2,2),(2,3),(2,4),(3,-2),(3,-1),(3,1),(3,2),(3,3), (3,4),(4,-2),(4,-1),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(5,-2), (5,-1),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),共36种,能使f(x)是增函数,需a0且 1,所以其中符合上述条件的有(1,-2),(1,-1),(2,-2),(2,-1),(2,1),(3,-2),(3,-1),(3, 1),(4 ,-2),(4,-1),(4,1),(4,2),(5,-2),(5,-1),(5,1),( 5,2)共16种,P= = .答案:11.(2021南京模拟)在集合A={2,3}中随机取一个元素m,在集合B={1,2,3}中随机取一个元素n,得到点P(m,n),那么点P在圆x2+y2=9内部的概率为.解析:点P(m,n)共有(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),6种情况,只有(2,1),(2,2)这2个点在圆x2+y2=9的内部,所求概率为 = . 答案:12.(2021年高考浙江卷)从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中,随机(等可能)取两点,那么该两点间的间隔为的概率是.解析:如下图,在正方形ABCD中,O为中心,从五个点中随机取两个,共有(O,A),(O,B),(O,C),(O,D),(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),(B, D),(C,D),10种等可能情况.∵正方形的边长为1,两点间隔为的情况有(O,A),(O,B),(O,C),(O,D)4种,故P= = .答案:13.(2021年高考重庆卷)假设甲、乙、丙三人随机地站成一排,那么甲、乙两人相邻而站的概率为.解析:甲、乙、丙三人随机地站成一排有6种方法:甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲,其中甲、乙相邻的有4种.故所求概率P= = .答案:三、解答题14.向量a=(2,1),b=(x,y).假设x{-1,0,1,2},y{-1,0,1},求向量a∥b的概率.解:设a∥b为事件A,由a∥b得x=2y.根本领件有(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(0,-1),(0,0),(0,1),(1,-1),(1,0),(1 ,1),(2,-1),(2,0),(2,1),共包含12种等可能情况.其中A={(0,0),(2, 1)},包含2个根本领件.那么P(A)= = ,即向量a∥b的概率为 .15.(2021滨州一模)甲、乙两名考生在填报志愿时都选中了A、B、C、D四所需要面试的院校,这四所院校的面试安排在同一时间.因此甲、乙都只能在这四所院校中选择一所做志愿,假设每位同学选择各个院校是等可能的,试求:(1)甲、乙选择同一所院校的概率;(2)院校A、B至少有一所被选择的概率.解:由题意可得,甲、乙都只能在这四所院校中选择一个做志愿的所有可能结果为:(甲A,乙A),(甲A,乙B),(甲A,乙C),(甲A,乙D),(甲B,乙A),(甲B,乙B),(甲B,乙C),(甲B,乙D),(甲C,乙A),(甲C,乙B),(甲C,乙C),(甲C,乙D),(甲D,乙A),(甲D,乙B),(甲D,乙C),(甲D,乙D),共16种.(1)其中甲、乙选择同一所院校有4种,所以甲、乙选择同一所院校的概率为 = .(2)院校A、B至少有一所被选择的有12种,所以院校A、B 至少有一所被选择的概率为 = .16.(2021年高考天津卷)某产品的三个质量指标分别为x,y,z,用综合指标S=x+y+z评价该产品的等级.假设S4,那么该产品为一等品.现从一批该产品中,随机抽取10件产品作为样本,其质量指标列表如下:产品编号A1A2A3A4A5质量指标(x,y,z)(1,1,2)(2,1,1)(2,2,2)(1,1,1)(1,2,1) 产品编号A6A7A8A9A10质量指标(x,y,z)(1,2,2)(2,1,1)(2,2,1)(1,1,1)(2,1,2)(1)利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率;(2)在该样本的一等品中,随机抽取2件产品,①用产品编号列出所有可能的结果;②设事件B为在取出的2件产品中,每件产品的综合指标S 都等于4,求事件B发生的概率.解:(1)计算10件产品的综合指标S,如下表:产品编号A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10S4463454535其中S4的有A1,A2,A4,A5,A7,A9,共6件,故该样本的一等品率为 =0.6,从而可估计该批产品的一等品率为0.6.(2)①在该样本的一等品中,随机抽取2件产品的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A7},{A1,A9},{A2,A4},{A2 ,A5},{A2,A7},{A2,A9},{A4,A5},{A4,A7},{A4,A9},{A5,A7 },{A5,A9},{A7,A9},共15种.②在该样本的一等品中,综合指标S等于4的产品编号分别为A1,A2,A5,A7,那么事件B发生的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A5},{A1,A7},{A2,A5},{A2 ,A7},{A5,A7},共6种.所以P(B)= = .古典概型一轮专项练习题及答案的相关内容就是这些，希望考生认真做题，发现问题。

高考数学一轮复习专题训练—古典概型与几何概型

古典概型与几何概型考纲要求1.理解古典概型及其概率计算公式；2.会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率；3.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率；4.了解几何概型的意义．知识梳理1．古典概型 (1)基本事件的特点①任何两个基本事件是互斥的．②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． (2)古典概型的定义具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．(3)古典概型的概率公式 P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.2．几何概型 (1)几何概型的定义如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，那么称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型． (2)几何概型的两个基本特点(3)几何概型的概率公式P(A)＝构成事件A的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积.1．古典概型中的基本事件都是互斥的，确定基本事件的方法主要有列举法、列表法与树状图法．2．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.3．几何概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．()(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．()(3)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．()(4)概率为0的事件一定是不可能事件．()答案(1)×(2)×(3)√(4)×解析对于(1)，发芽与不发芽不一定是等可能，所以(1)不正确；对于(2)，三个事件不是等可能，其中“一正一反”应包括正反与反正两个基本事件，所以(2)不正确；对于(4)，概率为0的事件有可能发生，所以(4)不正确．2．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球抽到白球的概率为( ) A.25 B ．415C ．35D ．非以上答案答案 A解析从袋中任取一球，有15种取法，其中抽到白球的取法有6种，则所求概率为p ＝615＝25. 3.如图，正方形的边长为2，向正方形ABCD 内随机投掷200个点，有30个点落入图形M 中，则图形M 的面积的估计值为____________．答案 0.6解析由题意可得正方形面积为4，设不规则图形的面积为S ，由几何概型概率公式可得S4≈30200，∴S ≈0.6.4．(2020·全国Ⅰ卷)设O 为正方形ABCD 的中心，在O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，则取到的3点共线的概率为( ) A.15 B ．25C ．12D ．45答案 A解析从O ，A ，B ，C ，D 这5个点中任取3点，取法有{O ，A ，B }，{O ，A ，C }，{O ，A ，D }，{O ，B ，C }，{O ，B ，D }，{O ，C ，D }，{A ，B ，C }，{A ，B ，D }，{A ，C ，D }，{B ，C ，D }，共10种，其中取到的3点共线的只有{O ，A ，C }，{O ，B ，D }这2种取法，所以所求概率为210＝15.故选A.5．(2019·全国Ⅲ卷)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( ) A.16 B ．14C.13 D ．12答案 D解析设两位男同学分别为A ，B ，两位女同学分别为a ，b ，则用“树形图”表示四位同学排成一列所有可能的结果如图所示．由图知，共有24种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“√”的情况)共有12种，故所求概率为1224＝12.6. (2021·郑州模拟)公元前5世纪下半叶，希波克拉底解决了与化圆为方有关的化月牙形为方．如图，以O 为圆心的大圆直径为4，以AB 为直径的半圆面积等于AO 与BO 所夹四分之一大圆的面积，由此可知，月牙形区域的面积与△AOB 的面积相等．现在在两个圆所覆盖的区域内随机取一点，则该点来自阴影部分的概率是________．答案π＋68π＋4解析上方阴影部分的面积等于△AOB 的面积，S △AOB ＝12×2×2＝2，下方阴影部分面积等于14×π×22－⎣⎡⎦⎤14×π×22－12×2×2＝π2＋1，所以根据几何概型概率公式得所求概率P ＝2＋π2＋14π＋2＝π＋68π＋4.考点一古典概型的简单计算1．生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为( ) A.23 B ．35C ．25D ．15答案 B解析设5只兔子中测量过某项指标的3只为a 1，a 2，a 3，未测量过这项指标的2只为b 1，b 2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a 1，a 2，a 3)，(a 1，a 2，b 1)，(a 1，a 2，b 2)，(a 1，a 3，b 1)，(a 1，a 3，b 2)，(a 1，b 1，b 2)，(a 2，a 3，b 1)，(a 2，a 3，b 2)，(a 2，b 1，b 2)，(a 3，b 1，b 2)，共10种可能．其中恰有2只测量过该指标的情况为(a 1，a 2，b 1)，(a 1，a 2，b 2)，(a 1，a 3，b 1)，(a 1，a 3，b 2)，(a 2，a 3，b 1)，(a 2，a 3，b 2)，共6种可能．故恰有2只测量过该指标的概率为610＝35.2．(2021·安徽江南十校质量检测)“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1＋1”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩．若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为( ) A.15 B ．13C ．35D ．23答案 A解析 6拆成两个正整数的和的所有基本事件有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，而加数全为质数的为(3,3)，所以所求概率为15，故选A.3．(2020·江苏卷)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________．答案 19解析列表如下：1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6789101112点数的和共有点数和为5的概率P ＝436＝19.感悟升华古典概型中基本事件个数的探求方法：(1)枚举法：适合于给定的基本事件个数较少且易一一列举出的问题．(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定基本事件时(x ，y )可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同．考点二古典概型与其他知识的简单交汇【例1】 (1)(2020·郑州一模)已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，－12，13，12，1，2，3，任取k ∈A ，则幂函数f (x )＝x k 为偶函数的概率为________(结果用数值表示)．(2)(2021·河北七校联考)若m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，则椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的概率为________．答案 (1)14 (2)12解析 (1)集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，－12，13，12，1，2，3，任意k ∈A 的基本事件总数为8，当k ＝±2时，幂函数f (x )＝x k 为偶函数，从而幂函数f (x )＝x k 为偶函数包含的基本事件个数为2，∴幂函数f (x )＝x k 为偶函数的概率p ＝14.(2)∵m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，∴基本事件总数为6，又满足椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的m 的取值有1,3,11，共有3个，∴椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的概率p＝36＝12. 感悟升华求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，一般步骤为：(1)将题目条件中的相关知识转化为事件； (2)判断事件是否为古典概型； (3)选用合适的方法确定基本事件个数； (4)代入古典概型的概率公式求解．【训练1】设平面向量a ＝(m,1)，b ＝(2，n )，其中m ，n ∈{1,2,3,4}，记“a ⊥(a －b )”为事件A ，则事件A 发生的概率为( ) A.18 B ．14C ．13D ．12答案 A解析有序数对(m ，n )的所有可能情况为4×4＝16个，由a ⊥(a －b )得m 2－2m ＋1－n ＝0，即n ＝(m －1)2.由于m ，n ∈{1,2,3,4}，故事件A 包含的基本事件为(2,1)和(3,4)，共2个，所以P (A )＝216＝18.考点三古典概型与统计的综合应用【例2】某城市100户居民的月平均用电量(单位：千瓦时)以[160,180)，[180,200)，[200,220)，[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300]分组的频率分布直方图如图．(1)求直方图中x 的值；(2)求月平均用电量的众数和中位数；(3)在月平均用电量为[240,260)，[260,280)，[280,300]的三组用户中，用分层抽样的方法抽取6户居民，并从抽取的6户中任选2户参加一个访谈节目，求参加节目的2户来自不同组的概率．解 (1)由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5＋x ＋0.005 0＋0.002 5)×20＝1得x ＝0.007 5，所以直方图中x 的值是0.007 5.(2)月平均用电量的众数是220＋2402＝230.因为(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＝0.45<0.5，且(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5)×20＝0.7>0.5，所以月平均用电量的中位数在[220,240)内，设中位数为a ，由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＋0.012 5×(a －220)＝0.5，解得a ＝224，所以月平均用电量的中位数是224.(3)月平均用电量为[240,260)的用户有0.007 5×20×100＝15(户)，月平均用电量为[260,280)的用户有0.005×20×100＝10(户)，月平均用电量在[280,300]的用户有0.002 5×20×100＝5(户)．抽样方法为分层抽样，在[240,260)，[260,280)，[280,300]中的用户比为3∶2∶1，所以在[240,260)，[260,280)，[280,300]中分别抽取3户、2户和1户．设参加节目的2户来自不同组为事件A ，将来自[240,260)的用户记为a 1，a 2，a 3，来自[260,280)的用户记为b 1，b 2，来自[280,300]的用户记为c 1，在6户中随机抽取2户有(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，c 1)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，c 1)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a3，c1)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b2，c1)，共15种取法，其中满足条件的有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c1)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，c1)，(b1，c1)，(b2，c1)，共11种，故参加节目的2户来自不同组的概率P(A)＝1115.感悟升华有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型．概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．【训练2】海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.(1)求这6件样品中来自A，B(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．解(1)A，B，C三个地区商品的总数量为50＋150＋100＝300，抽样比为6300＝1 50，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50×150＝1,150×150＝3,100×150＝2.所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2.(2)设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为：A；B1，B2，B3；C1，C2.则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件有：{B1，B2}，{B1，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，共4个．所以P (D )＝415.即这2件商品来自相同地区的概率为415.考点四几何概型角度1 与长度(角度)有关的几何概型【例3】 (1)在[－6,9]内任取一个实数m ，设f (x )＝－x 2＋mx ＋m ，则函数f (x )的图象与x 轴有公共点的概率等于( ) A.215B ．715C ．35D ．1115(2)如图所示，在等腰直角三角形ABC 中，过直角顶点C 在∠ACB 内部任作一条射线CM ，与AB 交于点M ，则AM ＜AC 的概率为________．答案 (1)D (2)34解析 (1)因为f (x )＝－x 2＋mx ＋m 的图象与x 轴有公共点，所以Δ＝m 2＋4m ≥0，所以m ≤－4或m ≥0，所以在[－6,9]内取一个实数m ，函数f (x )的图象与x 轴有公共点的概率p ＝[－4－－6]＋9－09－－6＝1115. (2)过点C 作CN 交AB 于点N ，使AN ＝AC ，如图所示．显然当射线CM 处在∠ACN 内时，AM ＜AC ，又∠A ＝45°，所以∠ACN ＝67.5°，故所求概率为p ＝67.5°90°＝34.感悟升华 1.解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考查对象和对象的活动范围，当考查对象为点，且点的活动范围在线段上时，用“线段长度”为测度计算概率，求解的核心是确定点的边界位置．2．当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角对应的弧长的大小作为区域度量来计算概率．事实上，当半径一定时，曲线弧长之比等于其所对应的圆心角的弧度数之比．角度2 与面积有关的几何概型【例4】在区间(0,1)上任取两个数，则两个数之和小于65的概率是( )A.1225 B ．1625C ．1725D ．1825答案 C解析设这两个数是x ，y ，则试验所有的基本事件构成的区域即⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，0<y <1确定的平面区域，满足条件的事件包含的基本事件构成的区域即⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，0<y <1，x ＋y <65确定的平面区域，如图所示，阴影部分的面积是1－12×⎝⎛⎭⎫452＝1725，所以这两个数之和小于65的概率是1725.感悟升华几何概型与平面几何的交汇问题：要利用平面几何的相关知识，先确定基本事件对应区域的形状，再选择恰当的方法和公式，计算出其面积，进而代入公式求概率．角度3 与体积有关的几何概型【例5】有一个底面半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．答案 23解析由题意得该圆柱的体积V ＝π×12×2＝2π.圆柱内满足点P 到点O 的距离小于等于1的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球，且此半球的体积V 1＝12×43π×13＝23π，所以所求概率p ＝V －V 1V ＝23.感悟升华对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．【训练3】 (1)(2021·西安一模)在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为( ) A.12B ．13C ．24D ．23(2) (2020·新疆一模)剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上透空的感觉和艺术享受．剪纸艺术通过一把剪刀、一张纸就可以表达生活中的各种喜怒哀乐．如图是一边长为1的正方形剪纸图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍，若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为( )A.π64B ．π32C ．π16D ．π8答案 (1)C (2)D解析 (1)圆x 2＋y 2＝1的圆心为(0,0)，圆心到直线y ＝k (x ＋3)的距离为|3k |k 2＋1，要使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交，则|3k |k 2＋1<1，解得－24<k <24. ∴在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为24－⎝⎛⎭⎫－242＝24. (2)设黑色小圆的半径为r .由题意得2r ＋2r ＋2×2r ＝1，解得r ＝18，所以白色区域的面积为π·⎝⎛⎭⎫122－4×π·⎝⎛⎭⎫182－π·⎝⎛⎭⎫142＝π8.所以在正方形图案上随机取一点，该点取自白色区域的概率为π81×1＝π8.故选D. 基础巩固一、选择题1．一枚硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是( ) A.12 B ．14C ．34D ．0答案 A解析列举出所有基本事件，找出“只有1次正面”包含的结果．一枚硬币连掷2次，基本事件有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)共4个，而只有1次出现正面的包括(正，反)，(反，正)2个，故其概率为24＝12.故选A.2．袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”“谐”“校”“园”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“和”“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率．利用电脑随机产生1到4之间(含1和4)取整数值的随机数，分别用1,2,3,4代表“和”“谐”“校”“园”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数： 343 432 341 342 234 142 243 331 112 342 241 244 431 233 214 344 142 134 由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为( ) A.19 B ．16C ．29D ．518答案 C解析由18组随机数得，恰好在第三次停止摸球的随机数是142,112,241,142，共4组，所以恰好第三次就停止摸球的概率约为418＝29.故选C.3. (2021·河北六校联考)《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r ，正方形的边长为a (0<a <r )，若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p ，则圆周率π的值为( )A.a 21－p r 2B ．a 21＋p r 2C.a1－p rD ．a1＋p r答案 A解析由几何概型的概率计算公式，得πr 2－a 2πr 2＝p ，化简得π＝a 21－p r 2.故选A.4．在集合A ＝{2,3}中随机取一个元素m ，在集合B ＝{1,2,3}中随机取一个元素n ，得到点P (m ，n )，则点P 在圆x 2＋y 2＝9内部的概率为( ) A.12 B ．13C ．34D ．25答案 B解析点P (m ，n )共有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，6种情况，只有(2,1)，(2,2)这2个点在圆x 2＋y 2＝9的内部，所求概率为26＝13.5．某单位试行上班刷卡制度，规定每天8：30上班，有15分钟的有效刷卡时间(即8：15—8：30)，一名职工在7：50到8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，则他能有效刷卡上班的概率是( )A.23 B ．58C ．13D ．38答案 D解析该职工在7：50至8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，设其构成的区域为线段AB ，且AB ＝40，职工的有效刷卡时间是8：15到8：30之间，设其构成的区域为线段CB ，且CB ＝15，如图，所以该职工有效刷卡上班的概率p ＝1540＝38.故选D.6．(2021·合肥质检)已知三棱锥S －ABC ，在该三棱锥内任取一点P ，则使V P －ABC ≤13V S －ABC的概率为( ) A.13 B ．49C ．827D ．1927答案 D解析作出S 在底面△ABC 的射影为O ，若V P －ABC ＝13V S －ABC ，则三棱锥P －ABC 的高等于13SO ，P 点落在平面EFD 上，且SE SA ＝SD SB ＝SF SC ＝23，所以S △EFD S △ABC ＝49，故V S －EFD ＝827V S －ABC， ∴V P －ABC ≤13V S －ABC 的概率p ＝1－827＝1927.二、填空题7．(2020·太原模拟)下课以后，教室里还剩下2位男同学和1位女同学，若他们依次随机走出教室，则第2位走出的是女同学的概率是________．答案 13解析 2位男同学记为男1，男2，则三位同学依次走出教室包含的基本事件有：男1男2女，男1女男2，女男1男2，男2男1女，男2女男1，女男2男1，共6种，其中第2位走出的是女同学包含的基本事件有2种．故第2位走出的是女同学的概率是p ＝26＝13.8．在等腰Rt △ABC 中，∠C ＝90°，在直角边BC 上任取一点M ，则∠CAM <30°的概率是________．答案33解析 ∵点M 在直角边BC 上是等可能出现的， ∴“测度”是长度．设直角边长为a ，则所求概率为33a a ＝33.9．(2021·郑州质量预测改编)从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则log a b 为整数的概率是________．答案 16解析从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则有(2,3)，(2,8)，(2,9)，(3,8)，(3,9)，(8,9)，(3,2)，(8,2)，(9,2)，(8,3)，(9,3)，(9,8)，共12种取法，其中log a b 为整数的有(2,8)，(3,9)两种，故p ＝212＝16.三、解答题10．(2020·成都诊断)某校从高一年级学生中随机抽取40名学生，将他们的期中考试数学成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]后得到如图所示的频率分布直方图．(1)求图中实数a的值；(2)若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，求这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率．解(1)由已知，得10×(0.005＋0.010＋0.020＋a＋0.025＋0.010)＝1，解得a＝0.030.(2)易知成绩在[40,50)分数段内的人数为40×0.05＝2，这2人分别记为A，B；成绩在[90,100]分数段内的人数为40×0.1＝4，这4人分别记为C，D，E，F.若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，则所有的基本事件有(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15个．如果2名学生的数学成绩都在[40,50)分数段内或都在[90,100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定不大于10.如果一个成绩在[40,50)分数段内，另一个成绩在[90,100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定大于10.记“这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10”为事件M，则事件M包含的基本事件有(A，B)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共7个，故所求概率P(M)＝715.11．(2019·天津卷)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访.②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．解(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人．(2)①从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．②由表格知，符合题意的所有结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种．所以事件M发生的概率P(M)＝1115.能力提升12．(2021·长春质检)我国古人认为宇宙万物是由金、木、水、火、土这五种元素构成的，历史文献《尚书·洪范》提出了五行的说法，到战国晚期，五行相生相克的思想被正式提出．这五种物质属性的相生相克关系如图所示，若从这五种物质中随机选取三种，则取出的三种物质中，彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率为()A.35 B ．12C ．25D ．13答案 B解析 (列举法)依题意，三种物质间相生相克关系如下表，金木水金木火金木土金水火金水土金火土木水火木水土木火土水火土 × √√√×××√×√所以彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率p ＝510＝12，故选B.13．由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，若在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为________．答案 78解析如图，平面区域Ω1就是三角形区域OAB ，平面区域Ω2与平面区域Ω1的重叠部分就是区域OACD ，易知C ⎝⎛⎭⎫－12，32.由几何概型的概率公式，所求概率p ＝S 四边形OACDS △OAB ＝2－142＝78.14．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数，其中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示.(1)如果X ＝8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；(2)如果X ＝9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率．解 (1)当X ＝8时，由茎叶图可知，乙组四名同学的植树棵数分别是8,8,9,10，故x ＝8＋8＋9＋104＝354，s 2＝14×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫8－3542×2＋⎝⎛⎭⎫9－3542＋⎝⎛⎭⎫10－3542＝1116. (2)当X ＝9时，记甲组四名同学分别为A 1，A 2，A 3，A 4，他们植树的棵数依次为9,9,11,11；乙组四名同学分别为B 1，B 2，B 3，B 4，他们植树的棵数依次为9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，其包含的基本事件为{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，{A 1，B 4}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 2，B 3}，{A 2，B 4}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{A 3，B 3}，{A 3，B 4}，{A 4，B 1}，{A 4，B 2}，{A 4，B 3}，{A 4，B 4}，共16个．设“选出的两名同学的植树总棵数为19”为事件C ，则事件C 中包含的基本事件为{A 1，B 4}，{A 2，B 4}，{A 3，B 2}，{A 4，B 2}，共4个．故P (C )＝416＝14.。

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古典概型与几何概型1．(2020·佛山重点中学联考)“微信抢红包”自2015年以来异常火爆，在某个微信群某次进行的抢红包活动中，若所发红包的总金额为8元，被随机分配为1.72元，1.83元，2.28元，1.55元，0.62元共5份供甲、乙等5人抢，每人只能抢一次，则甲、乙二人抢到的红包金额之和不低于3元的概率是( )A.310B.25C.12D.35解析：依题意，甲、乙抢到红包的可能情况n ＝C 25＝10.其中，甲、乙二人抢到红包的金额之和不低于3元包含的基本事件有6个，所以P ＝610＝35. 答案：D2．(2020·济南调研)2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动，市民可以通过济南地铁App 抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为( )A.16B.13C.23D.56解析：小王和小李至多1人被选中的反面为小王和小李都被选中．设A ＝{小李和小王至多1人被选中}，B ＝{小李和小王都被选中}，则B 包含1个基本事件．所以P (A )＝1－P (B )＝1－1C 24＝56.答案：D3．(2017·全国卷Ⅰ)如图所示，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14B.π8C.12D.π4解析：设正方形的边长为2，则正方形的内切圆的半径为1，其中黑色部分和白色部分关于正方形的中心对称，则黑色部分的面积为π2，所以在正方形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率P ＝π22×2＝π8，故选B.答案：B4．(2020·东莞调研)现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为( )A.12B.13C.16D.112解析：基本事件的总数n ＝C 24C 22A 22·A 22＝6. 乙、丙两人恰好参加同一项活动包含的基本事件个数m ＝C 22C 22·A 22＝2. 所以乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率P ＝m n ＝26＝13.答案：B5．(2020·深圳质检)19世纪末，法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”，即“在一个圆内任意选一条弦，这条弦的弦长大于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少？”贝特朗用了“随机半径”“随机端点”“随机中点”三个合理的求解方法，但结果都不相同．该悖论的矛头直击概率概念本身，强烈地刺激了概率论基础的严格化．已知“随机端点”的方法如下：设A 为圆O 上一个定点，在圆周上随机取一点B ，连接AB ，求所得弦长AB 大于圆O 的内接等边三角形边长的概率．则由“随机端点”法所求得的概率为( )A.15B.14C.13D.12解析：设“弦AB 的长超过圆内接正三角形边长”为事件M ，以点A 为一顶点，在圆中作一圆内接正三角形ACD ，如图所示，则要满足题意，点B 只能落在劣弧CD 上，又圆内接正三角形ACD 恰好将圆周3等分，故P (M )＝劣弧CD 的长圆的周长＝13.答案：C6．从1，2，3，4中选取两个不同数字组成两位数，则这个两位数能被4整除的概率为________．解析：从1，2，3，4中选取2个不同数字组成的两位数有n ＝A 24＝12个．其中能被4整除的两位数有12，24，32共3个．所以所求事件的概率p＝3A 24＝312＝14.答案：148.如图所示，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________．解析：设球的半径为R ，则所求的概率为P ＝V 锥V 球＝13×12×2R ×2R ×R 43πR 3＝12π.答案：12π9．(2020·潍坊质检)《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线，“”表示一根阴线)，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为________．解析：观察八卦图可知，含有3根阴线的共有1卦，含有3根阳线的共有1卦，含有2根阴线1根阳线的共有3卦，含有1根阴线2根阳线的共有3卦．故从八卦中任取两卦，这两卦的六根线恰有三根阳线和三根阴线的概率为C 11×C 11＋C 13C 13C 28＝514.答案：51410．海关对同时从A ，B ，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．地区 A B C 数量/件50150100(1)求这6(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．解：(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是650＋150＋100＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50×150＝1，150×150＝3，100×150＝2.所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别为1，3，2.(2)从6件样品中抽取2件商品的基本事件数为C 26＝6×52×1＝15，每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D 包含的基本事件数为C 23＋C 22＝4，所以P (D )＝415.故这2件商品来自相同地区的概率为415.11．在平面区域{(x ，y )|0≤x ≤1，1≤y ≤2}内随机投入一点P ，则点P 的坐标(x ，y )满足y ≤2x 的概率为( )A.14B.12 C.23D.34解析：依题意作出图象如图所示，则P (y ≤2x )＝S 阴影S 正方形＝12×12×112＝14.答案：A12．(2020·青岛二中质检)某商场进行购物摸奖活动，规则如下：在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1，2，3，4，5的五个小球，每次摸奖需要同时取出两个小球，每位顾客最多有两次摸奖机会，并规定：若第一次取出的两球号码连号，则中奖，摸奖结束；若第一次未中奖，则将这两个小球放回后进行第二次摸球，若与第一次取出的两个小球号码相同，则为中奖．按照这样的规则摸奖，中奖的概率为( )A.45B.1925C.2350D.41100解析：由题意，①摸到连号小球的概率P 1＝4C 25＝25；②摸到与第一次所摸到的小球同号的概率P 2＝C 25－4C 25·1C 25＝350.所以中奖的概率P ＝P 1＋P 2＝25＋350＝2350.答案：C13．“累计净化量(CCM)”是空气净化器质量的一个重要衡量指标，它是指空气净化器从开始使用到净化效率为50%时对颗粒物的累计净化量，以克表示．空气净化器新国标《GB/T18801－2015》对空气净化器的累计净化量(CCM)有如下等级划分：累计净化量/克[3，5) [5，8) [8，12) ≥12 等级P1P2P3P4已知这n 台机器的累计净化量都分布在区间(4，14]中，按照(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]，(12，14]均匀分组，其中累计净化量在(4，6]的所有数据有4.5，4.6，5.1，5.2，5.7和5.9，并绘制了如下频率分布直方图．(1)求n 的值及频率分布直方图中x 的值；(2)以样本估计总体，试估计这批空气净化器(共2 000台)中等级为P2的空气净化器有多少台？(3)从累计净化量在(4，6]的样本中随机抽取2台，求恰好有1台等级为P2的概率．解：(1)因为在(4，6]之间的数据有6个，又落在(4，6]之间的频率为0.03×2＝0.06，所以n ＝60.06＝100. 由频率分布直方图的性质得(0.03＋x ＋0.12＋0.14＋0.15)×2＝1，解得x ＝0.06. (2)由频率分布直方图可知，落在(6，8]之间共有0.12×2×100＝24(台)，又因为在(5，6]之间共4台，所以落在(5，8]之间共28台，所以估计这批空气净化器(共 2 000台)中等级为P2的空气净化器有28100×2 000＝560(台)．(3)设“恰好有1台等级为P2”为事件B ，依题意落在(4，6]之间共6台，其中等级为P2的有4台，则从(4，6]中随机抽取2台，基本事件总数n ＝C 26＝15，事件B 包含的基本事件个数m ＝C 12·C 14＝8，所以P (B )＝m n ＝815.14．将甲、乙、丙等5位同学分别保送北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，每所大学至少保送一人．(1)有________种不同的保送方法；(2)甲、乙、丙三位同学均被保送到北大的概率是________．解析：(1)5名学生可分成2，2，1和3，1，1两种形式，当5名学生分成2，2，1时，共有12C 25C 23A 33＝90种方法；当5名学生分成3，1，1时，共有C 35A 33＝60种方法．根据分类加法计数原理知共有90＋60＝150(种)保送方法．(2)甲、乙、丙三位同学均被保送到北大，则其他两人分别保送到上海交大与浙江大学．所以事件发生的种数m ＝A 22C 33＝2，故所求事件概率P ＝m 150＝2150＝175.答案：(1)150 (2)175。

2021年高考数学大一轮复习 古典概型与几何概型 专题测验

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