2020版高考数学一轮复习课后限时集训59随机事件的概率古典概型与几何概型理含解析新人教A版

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2020年高考数学一轮复习人教班理科数学课件第十章第四节古典概型

7 答案： 26
考点一
简单的古典概型[基础练通]
1．(2018· 全国卷Ⅱ)从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服务，则选中的 2 人都是女同学的概率为( D ) A．0.6 C．0.4 B．0.5 D．0.3
解析：选 D.将 2 名男同学分别记为 x，y,3 名女同学分别记为 a，b， c.设“选中的 2 人都是女同学”为事件 A，则从 5 名同学中任选 2 人参加社区服务的所有可能情况有(x，y)，(x，a)，(x，b)，(x，c)，(y，a)， (y，b)，(y，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共 10 种，其中事件 A 包含的 3 可能情况有(a，b)，(a，c)，(b，c)，共 3 种，故 P(A)＝＝0.3.故选 D. 10
四基精演练 1．思考辨析(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)从市场上出售的标准为 500± 5 g 的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．( × ) (4)有 3 个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的 1 概率为 .( √ ) 3
应用古典概型求某事件概率的步骤第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件 A；第二步，分别求出基本事件的总数 n 与所求事件 A 中所包含的基本事件个数 m； m 第三步，利用公式 P(A)＝ n ，求出事件 A 的概率．
考点二命题点 1
古典概型与统计知识交汇[创新贯通] 概率与统计图交汇

2020年高考理科数学复习第59讲几何概型

第59讲几何概型1．几何概型如果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，而与A 的形状和位置无关则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．2．几何概型的两个特点一是__无限性__，即在一次试验中，基本事件的个数可以是无限的；二是__等可能性__，即每一个基本事件发生的可能性是均等的．因此，用几何概型求解的概率问题和古典概型的思路是相同的，同属于“比例解法”，即随机事件A 的概率可以用“事件A 包含的基本事件所占的__图形面积(体积、长度)__”与“试验的基本事件所占的__总面积(总体积、总长度)__”之比来表示．3．在几何概型中，事件A 的概率的计算公式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)__.4．几种常见的几何概型(1)与长度有关的几何概型，其基本事件只与一个连续的变量有关．(2)与面积有关的几何概型，其基本事件与两个连续的变量有关，若已知图形不明确，可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决问题；(3)与体积有关的几何概型，可借助空间几何体的体积公式解答问题．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．( √ )(2)相同环境下两次随机模拟得到的概率的估计值是相等的．( × )(3)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．( √ )(4)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．( √ )解析 (1)正确．由随机模拟方法及几何概型可知，该说法正确．(2)错误．虽然环境相同，但是因为随机模拟得到的是某一次的频率，所以结果不一定相等．(3)正确．由几何概型的定义知，该说法正确． (4)正确．由几何概型的定义知，该说法正确．2．在区间(15,25]内的所有实数中随机抽取一个实数a ，则这个实数满足17＜a ＜20的概率是( C )A ．13B ．12C ．310D ．710解析 ∵a ∈(15,25]，∴P (17＜a ＜20)＝20－1725－15＝310.3．有一杯2 L 的水，其中含有1个细菌，用一个小杯从水中取0.1 L 水，则小杯水中含有这个细菌的概率为( C )A ．0.01B ．0.02C ．0.05D ．0.1解析因为取水是随机的，而细菌在2 L 水中的任何位置是等可能的，则小杯水中含有这个细菌的概率为P ＝0.12＝0.05.4．已知x 是[－4,4]上的一个随机数，则使x 满足x 2＋x －2＜0的概率为( B ) A ．12B ．38C ．58D ．0解析 x 2＋x －2＜0⇒－2＜x ＜1，则P ＝1－(－2)4－(－4)＝38.5．某路公共汽车每5 min 发车一次，某乘客到乘车点时刻是随机的，则他候车时间不超过3 min 的概率是( A )A ．35B ．45C ．25D ．15解析此题可以看成向区间[0,5]内均匀投点，求点落入[2,5]内的概率．设A ＝{某乘客候车时间不超过3 min}．则P (A )＝构成事件A 的区域长度试验的全部结果构成的区域长度＝35.一与长度、角度有关的几何概型(1)设线段l 是线段L 的一部分，向线段L 上任投一点，点落在线段l 的概率为P ＝l 的长度L 的长度.(2)当涉及射线的转动，如扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段代替，这是两种不同的度量手段．【例1】 (1)(2017·江苏卷)记函数f (x )＝6＋x －x 2的定义域为D .在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率是 59.(2)(2016·全国卷Ⅰ)某公司的班车在7：30,8：00,8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( B )A ．13B ．12C ．23D ．34解析 (1)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.(2)由题意得图：由图得等车时间不超过10分钟的概率为12.二与面积有关的几何概型与面积有关的平面图形的几何概型，解题的关键是对所求的事件A 构成的平面区域形状的判断及面积的计算，基本方法是数形结合．【例2】 (1)在区间[－1,1]内随机取两个实数x ，y ，则满足y ≥x 2－1的概率是( D ) A ．29B ．79C ．16D ．56(2)(2017·全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( B )A ．14B ．π8C ．12D ．π4解析 (1)如图满足y ≥x 2－1的概率为阴影部分面积与正方形面积的比，∵⎠⎛－11 [1－(x 2－1)]d x ＝⎠⎛－11 (2－x 2)d x ＝⎝⎛⎭⎫2x －13x 3|1－1＝103，,∴P ＝1034＝1012＝56.,(2)不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由于正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，所以黑色部分的面积为π2，故此点取自黑色部分的概率为π24＝π8，故选B ．,三与体积有关的几何概型,,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．【例3】 (1)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为__1－π12__.(2)在体积为V 的三棱锥S －ABC 的棱AB 上任取一点P ，则三棱锥S －APC 的体积大于V 3的概率是__23__. 解析 (1)正方体的体积为2×2×2＝8，以O 为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为12×43πr 3＝12×43π×13＝23π，则点P 到点O 的距离大于1的概率为：1－23π8＝1－π12.(2)由题意知V S －APC V S －ABC ＞13，三棱锥S －ABC 的高与三棱锥S －APC 的高相同．作PM ⊥AC于M ，BN ⊥AC 于N ，则PM ，BN 分别为△APC 与△ABC 的高，所以V S －APC V S －ABC ＝S △APC S △ABC ＝PM BN >13，,又PM BN ＝AP AB ，所以AP AB ＞13，故所求的概率为23(即为长度之比)．1．把半径为2的圆分成相等的四段弧，再将四段弧围成星形放在半径为2的圆内，现在往该圆内任投一点，此点落在星形内的概率为( A )A ．4π－1B ．2πC ．4π－12D ．12解析这是一道几何概型概率计算问题．星形弧半径为2，所以点落在星形内的概率为P ＝π·22－⎝⎛⎭⎫π·224－12×2×2×2×4π·22＝4π－1，故选A ．2．在区间[－1,1]上随机取一个数x ，使cos πx 2的值介于0到12之间的概率为( A ) A ．13B ．2πC ．12D ．23解析在区间[－1,1]上随机取一个数x ，试验的全部结果构成的区域长度为2. ∵－1≤x ≤1，∴－π2≤π2x ≤π2.由0≤cos π2x ≤12，得π3≤π2x ≤π2或－π2≤π2x ≤－π3，∴23≤x ≤1或－1≤x ≤－23. 设事件A 为“cos π2x 的值介于0到12之间”，则事件A 发生对应的区域长度为23.∴P (A )＝232＝13.3．在区间[－2,2]上随机取一个数x ，使||x ＋1－||x －1≤1成立的概率为__58__.解析在区间[－2,2]上随机取一个数x ，则－2≤x ≤2，而不等式|x ＋1|－|x －1|≤1的解集为x ≤12.又因为－2≤x ≤2，故－2≤x ≤12，所以使不等式成立的概率为P ＝12－(－2)2－(－2)＝58.4．如图，在边长为1的正方形OABC 中任取一点，则该点落在阴影部分的概率为__13__.解析根据题意，可以求得阴影部分的面积为S ＝⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝⎛⎭⎫23x 32－13x 3|10＝13，,故该点落在阴影部分的概率为P ＝131＝13.易错点几何概型概念不清,错因分析：对事件中的几何元素认识不清晰，导致解题错误．【例1】 (1)在等腰Rt △ABC 中，在斜边AB 上任取一点M ，则AM ＜AC 的概率为________． (2)在等腰Rt △ABC 中，过直角顶点C 在∠ACB 内部作一条射线CM ，与线段AB 交于点M ，则AM ＜AC 的概率为________．解析 (1)这是一个与长度有关的几何概型问题，在AB 上截取AC ′＝AC ，于是P (AM ＜AC )＝P (AM ＜AC ′)＝AC ′AB ＝AC AB ＝22.(2)这是一个与角度有关的几何概型问题，在AB 上截取AC ′＝AC ，则∠ACC ′＝180°－45°2＝67.5°，而∠ACB ＝90°，于是P (AM ＜AC )＝P (AM ＜AC ′)＝67.590＝34. 答案 (1)22 (2)34【跟踪训练1】 (2016·山东卷)在[－1,1]上随机地取一个数k ，则事件“直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交”发生的概率为__34__.解析直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交的充要条件为|5k －0|1＋k2＜3，解之得－34＜k ＜34，,故所求概率为P ＝34－⎝⎛⎭⎫－341－(－1)＝34.课时达标第59讲[解密考纲]几何概型在高考中常以选择题或填空题的形式出现．一、选择题1．在区间[－2,3]上随机选取一个数X ，则X ≤1的概率为( B ) A ．45B ．35C ．25D ．15解析区间[－2,3]的长度为3－(－2)＝5，[－2,1]的长度为1－(－2)＝3，故满足条件的概率P ＝35.2．设p 在[0,5]上随机地取值，则关于x 的方程x 2＋px ＋1＝0有实数根的概率为( C ) A ．15B ．25C ．35D ．45解析方程有实根，则Δ＝p 2－4≥0，解得p ≥2或p ≤－2(舍去)．所以所求概率为5－25－0＝35. 3．在区间[0,2π]上任取一个数x ，则使得2sin x >1的概率为( C ) A ．16B ．14C ．13D ．23解析 ∵2sin x >1，x ∈[0,2π]，∴x ∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6， ∴p ＝5π6－π62π＝13，故选C ．4．如图所示，半径为3的圆中有一封闭曲线围成的阴影区域，在圆中随机扔一粒豆子，它落在阴影区域内的概率是13，则阴影部分的面积是( D )A ．π3B ．πC ．2πD ．3π解析设阴影部分的面积为S 1，圆的面积S ＝π×32＝9π，由几何概型的概率计算公式得S 1S ＝13，得S 1＝3π. 5．(2018·北京昌平模拟)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2≥0，x ≤4，y ≥－2表示的平面区域为D .在区域D内随机取一个点，则此点到直线y ＋2＝0的距离大于2的概率是( D )A ．413B ．513C ．825D ．925解析作出平面区域可知平面区域D 是以A (4, 3)，B (4，－2)，C (－6，－2)为顶点的三角形区域，当点在△AED 区域内时，点到直线y ＋2＝0的距离大于2.P ＝S △AED S △ABC ＝12×6×312×10×5＝925，故选D ．6．(2016·全国卷Ⅱ)从区间[0,1]随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( C )A ．4nmB ．2nmC ．4mnD ．2m n解析如图，数对(x i ，y i )(i ＝1,2，…，n )表示的点落在边长为1的正方形OABC 内(包括边界)，两数的平方和小于1的数对表示的点落在半径为1的四分之一圆(阴影部分)内，则由几何概型的概率公式可得m n ＝14π12⇒π＝4mn.故选C ．二、填空题7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体内随机取点M ，则使四棱锥M －ABCD 的体积小于16的概率为__12__.解析当V M －ABCD ＝16时，即13×1×1×h ＝16，解得h ＝12，即点M 到底面ABCD 的距离小于12，所以所求概率P ＝1×1×121×1×1＝12. 8．记集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}和集合B ＝{(x ，y )|x ＋y －2≤0，x ≥0，y ≥0}表示的平面区域分别为Ω1和Ω2，若在区域Ω1内任取一点M (x ，y )，则点M 落在区域Ω2的概率为__12π__.解析作圆O ：x 2＋y 2＝4，区域Ω1就是圆O 内部(含边界)，其面积为4π，区域Ω2就是图中△AOB 内部(含边界)，其面积为2，因此所求概率为24π＝12π.9．在区间(0,1)内随机地取出两个数，则两数之和小于65的概率是__1725__.解析设随机取出的两个数分别为x ，y ，则0<x <1,0<y <1，依题意有x ＋y <65，由几何概型知，所求概率为P ＝12－12×⎝⎛⎭⎫1－15×⎝⎛⎭⎫1－1512＝1725. 三、解答题10．甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的．(1)如果甲船和乙船的停泊时间都是4小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率；(2)如果甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率．解析 (1)设甲、乙两船到达时间分别为x ，y ，则0≤x <24,0≤y <24，且y －x >4或y －x <－4. 作出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x <24，0≤y <24，y －x >4或y －x <－4.设“两船无需等待码头空出”为事件A ，则P (A )＝2×12×20×2024×24＝2536.(2)当甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，两船不需等待码头空出，则满足x －y >2或y －x >4.设在上述条件时“两船不需等待码头空出”为事件B ，画出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x <24，0≤y <24，y －x >4或x －y >2.则P (B )＝12×20×20＋12×22×2224×24＝442576＝221288.11．已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干，其标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n 个．若从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为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2个小球，记第一次取出的小球标号为a ，第二次取出的小球标号为b .①记“2≤a ＋b ≤3”为事件A ，求事件A 的概率；②在区间[0,2]内任取2个实数x ，y ，求事件“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”的概率．解析 (1)由题意共有小球n ＋2个，标号为2的小球n 个．从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是n n ＋2＝12，解得n ＝2. (2)①从袋子中不放回地随机抽取2个球，记第一次取出的小球标号为a ，第二次取出的小球标号为b ，则取出2个小球的可能情况共有12种结果，令满足“2≤a ＋b ≤3”为事件A ，则事件A 共有8种结果，故P (A )＝812＝23； ②由①可知(a －b )2≤4，故x 2＋y 2>4，(x ，y )可以看成平面中点的坐标，则全部结果构成的区域Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤2,0≤y ≤2，x ，y ∈R }，由几何概型可得概率为P ＝4－14π·224＝1－π4. 12．甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计)即为中奖．乙商场：从装有3个白球3个红球的盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？解析如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πR 2(R 为圆盘的半径)，阴影区域的面积为4×15πR 2360＝πR 26.所以，在甲商场中奖的概率为P 1＝πR 26πR 2＝16. 如果顾客去乙商场，记盒子中3个白球为a 1，a 2，a 3,3个红球为b 1，b 2，b 3，记(x ，y )为一次摸球的结果，则一切可能的结果有(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3 )，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 3，b 3 )，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)，共15种．摸到的2个球都是红球有(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)共3个，所以在乙商场中奖的概率为P 2＝315＝15，又P 1<P 2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．。

2020届高考数学(理)一轮必刷题专题58 随机事件的概率与古典概型(解析版)

考点58 随机事件的概率与古典概型1．设事件A ，B ，已知P (A )＝15，P (B )＝13，P (A ∪B )＝815，则A ，B 之间的关系一定为( )A ．两个任意事件B ．互斥事件C ．非互斥事件D ．对立事件【答案】B【解析】因为P (A )＋P (B )＝15＋13＝815＝P (A ∪B )，所以A ，B 之间的关系一定为互斥事件．2．小明从某书店购买5本不同的教辅资料，其中语文2本，数学2本，物理1本．若将这5本书随机并排摆放在书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是( ) A.15 B ．25C ．35D ．45【答案】B【解析】语文、数学只有一科的两本书相邻，有2A 22A 22A 23＝48种摆放方法；语文、数学两科的两本书都相邻，有A 22A 22A 33＝24种摆放方法；而五本不同的书排成一排总共有A 55＝120种摆放方法．故所求概率为1－48＋24120＝25.故选B. 3．做抛掷两颗骰子的试验，用(x ，y )表示结果，其中x 表示第一颗骰子正面朝上的点数，y 表示第二颗骰子正面朝上的点数，则x ＋y ＞10的概率是( ) A.25 B ．512C ．16D ．112【答案】D【解析】(x ，y )的所有基本事件共有6×6＝36(个)，事件“x ＋y ＞10”包含(5,6)，(6,5)，(6,6)，共3个基本事件．根据古典概型的概率计算公式可知，x ＋y ＞10的概率是112.故选D.4．某校食堂使用除面值外，大小、手感完全一样的餐票，某同学口袋中有2张一元餐票，3张两元餐票，1张五元餐票，他从口袋中随机摸出2张餐票，则这2张餐票的面值之和不少于4元的概率为( ) A.715 B ．815C ．35D ．23【答案】B【解析】该同学从口袋中随机摸出2张餐票，总的基本事件数是C 26＝15，若这2张餐票的面值之和不少于4元，则这2张餐票为2张两元的或1张两元的、1张五元的或1张一元的、1张五元的，包含的基本事件数为C 23＋C 13C 11＋C 12C 11＝8，根据古典概型的概率计算公式可知，这2张餐票的面值之和不少于4元的概率为815. 5．在2,0,1,5这组数据中，随机取出三个不同的数，则数字2是取出的三个不同数的中位数的概率为( ) A.34 B ．58C ．12D ．14【答案】C【解析】由题意可知，共有(0,1,2)，(0,2,5)，(1,2,5)，(0,1,5)4种取法，符合题意的取法有2种，故所求概率P ＝12.6．一袋中装有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从袋中一次性随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为( ) A.35 B ．45C ．23D ．56【答案】D【解析】从袋中一次性随机摸出2只球的所有可能情况有C 24＝6(种)，设“这2只球颜色不同”为事件N ，这2只球颜色可能为1白1红，1白1黄，1红1黄，事件N 包含的情况C 11C 11＋C 11C 12＋C 11C 12＝5(种)，故这2只球颜色不同的概率P (N )＝56.7．袋子中装有大小相同的5个小球，分别有2个红球、3个白球．现从中随机抽取2个小球，则这2个小球中既有红球也有白球的概率为( ) A.34 B ．710C.45 D ．35【答案】D【解析】设2个红球分别为a ，b,3个白球分别为A ，B ，C ，从中随机抽取2个，则有(a ，b )，(a ，A )，(a ，B )，(a ，C )，(b ，A )，(b ，B )，(b ，C )，(A ，B )，(A ，C )，(B ，C )，共10个基本事件，其中既有红球也有白球的基本事件有6个，则所求概率为P ＝610＝35.8．从集合A ＝{－3，－2，－1,2}中随机选取一个数记为k ，从集合B ＝{－2,1,2}中随机选取一个数记为b ，则直线y ＝kx ＋b 不经过第四象限的概率为( ) A.112B ．16【答案】B【解析】根据题意可知，总的基本事件(k ，b )共有4×3＝12个，直线y ＝kx ＋b 不经过第四象限，则k ＞0，b ＞0，包含的基本事件有(2,1)，(2,2)，共2个，根据古典概型的概率计算公式可知直线y ＝kx ＋b 不经过第四象限的概率P ＝212＝16.故选B.9．已知向量a ＝(x ，y )，b ＝(1，－2)，从6张大小相同，分别标有号码1,2,3,4,5,6的卡片中，有放回地抽取两张，x ，y 分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足a·b ＞0的概率是( ) A.112 B ．34C ．15D ．16【答案】D【解析】设(x ，y )表示一个基本事件，则两次抽取卡片的所有基本事件有6×6＝36个．a·b ＞0，即x －2y ＞0，满足x －2y ＞0的基本事件有(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(5,2)，(6,2)，共6个，所以所求概率P ＝636＝16.故选D.10．有10件产品，其中有2件次品，每次抽取1件检验，抽检后不放回，共抽2次．事件“抽到1件正品，1件次品”发生的概率是( ) A.3281 B ．512C ．12D ．1645【答案】D【解析】由题意知，这10件产品中有2件次品，8件正品，每次抽取1件，抽检后不放回，共抽2次，共有A 210＝90种情况，其中事件“抽到1件正品，1件次品”包含的情况有A 22C 18C 12＝32种情况，根据古典概型的概率计算公式知，事件“抽到1件正品，1件次品”发生的概率P ＝3290＝1645.11．如图，在A ，B 两点间有6条网线并联，它们能通过的最大信息量分别为1,1,2,2,3,4，现从中任取三条且使每条网线通过最大信息量，则选取的三条网线由A 到B 可通过的信息总量为6的概率是( )A.14B ．13【答案】A【解析】设这6条网线从上到下分别是a ，b ，c ，d ，e ，f ，任取3条有：(a ，b ，c )，(a ，b ，d )，(a ，b ，e )，(a ，b ，f )，(a ，c ，d )，(a ，c ，e )，(a ，c ，f )，(a ，d ，e )，(a ，d ，f )，(a ，e ，f )，(b ，c ，d )，(b ，c ，e )，(b ，c ，f )，(b ，d ，e )，(b ，d ，f )，(b ，e ，f )，(c ，d ，e )，(c ，d ，f )，(c ，e ，f )，(d ，e ，f )，共20个不同的取法，选取的三条网线由A 到B 可通过的信息总量为6的取法有：(a ，b ，f )，(a ，c ，e )，(a ，d ，e )，(b ，c ，e )，(b ，d ，e )，共5个不同的取法，所以选取的三条网线由A 到B 可通过的信息总量为6的概率是14.12．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋b 2x ＋1，若a 是从1,2,3三个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为( ) A.79 B ．13C ．59D ．23【答案】D【解析】对函数f (x )求导可得f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b 2，要满足题意需x 2＋2ax ＋b 2＝0有两个不等实根，即Δ＝4(a 2－b 2)＞0，即a ＞b .又(a ，b )的取法共有9种，其中满足a ＞b 的有(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，共6种，故所求的概率P ＝69＝23.13．一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为a ，b ，c ，当且仅当a ＞b ，b ＜c 时，称该三位自然数为“凹数”(如213,312等)．若a ，b ，c ∈{1,2,3,4}，且a ，b ，c 互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率是( ) A.16 B ．524C ．13D ．724【答案】C【解析】由1,2,3组成的三位自然数为123,132,213,231,312,321，共6个；同理由1,2,4组成的三位自然数共6个；由1,3,4组成的三位自然数也是6个；由2,3,4组成的三位自然数也是6个．所以共有6＋6＋6＋6＝24(个)．当b ＝1时，有214,213,314,412,312,413，共6个“凹数”；当b ＝2时，有324,423，共2个“凹数”．所以这个三位数为“凹数”的概率P ＝6＋224＝13.14．记连续投掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1,0)的夹角为α，则α∈⎝⎛⎭⎫0，π4的概率为( ) A.518B ．512【答案】B【解析】由题意知，向量a ＝(m ，n )共有6×6＝36(个)，其中满足向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1,0)的夹角α∈⎝⎛⎭⎫0，π4，即n ＜m 的(m ，n )可根据n 的具体取值进行分类计数：第一类，当n ＝1时，m 有5个不同的取值；第二类，当n ＝2时，m 有4个不同的取值；第三类，当n ＝3时，m 有3个不同的取值；第四类，当n ＝4时，m 有2个不同的取值；第五类，当n ＝5时，m 有1个取值．因此满足向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1,0)的夹角α∈⎝⎛⎭⎫0，π4的(m ，n )共有1＋2＋3＋4＋5＝15(个)，所以所求概率为1536＝512. 15．在所有的两位数10～99中，任取一个数，则这个数能被2或3整除的概率是________．【答案】23【解析】所有两位数共有90个，其中2的倍数有45个，3的倍数有30个，6的倍数有15个，所以能被2或3整除的共有45＋30－15＝60(个)，所以所求概率是6090＝23.16．在三行三列的方阵⎝⎛⎭⎪⎪⎫a 11a 12a 13a 21a 22a 23a 31a 32a 33中有9个数a ij(i ＝1,2,3，j ＝1,2,3)，从中任取3个数，则这3个数中至少有2个数位于同行或同列的概率是( )A.37 B ．47C ．114D ．1314【答案】D【解析】从9个数中任取3个数共有C 39＝84种不同的取法．若3个数中有2个数位于同行或同列，则有C 19C 14C 14A 22＝72种不同的取法，若3个数均位于同行或同列，则有6种不同的取法．设事件M 为“这3个数中至少有2个数位于同行或同列”，则事件M 包含的取法共有72＋6＝78(种)，根据古典概型的概率计算公式得P (M )＝7884＝1314.故选D. 17．抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A 为“出现奇数点”，事件B 为“出现2点”，已知P (A )＝12，P (B )＝16，则“出现奇数点或2点”的概率为________．【答案】23【解析】因为事件A 与事件B 是互斥事件，所以P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝12＋16＝23.18．为了庆祝五四青年节，某书店制作了3种不同的精美卡片，每本书中随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现某人购买了5本书，则其获奖的概率为________．【答案】5081【解析】“获奖”即每种卡片至少一张，而5＝1＋1＋3＝1＋2＋2，有3种卡片，购买5本书，基本事件总数为35，故所求概率为3C 15C 14C 33＋3C 15C 24C 2235＝5081.19．同时掷两枚质地均匀的骰子． (1)向上的点数相同的概率为________； (2)向上的点数之和小于5的概率为________．【答案】(1)16 (2)16【解析】(1)同时掷两枚骰子共有36种情况，其中向上点数相同的有6种情况，其概率为636＝16；(2)向上点数之和小于5的有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6种情况，其概率为636＝16.20．高一年级某班有63名学生，现要选一名学生标兵，每名学生被选中是等可能的，若“选出的标兵是女生”的概率是“选出的标兵是男生”的概率的1011，则这个班的男生人数为________．【答案】33【解析】由题意可设该班的男生人数为x ，则女生人数为63－x ，因为每名学生被选中是等可能的，根据古典概型的概率计算公式知，“选出的标兵是女生”的概率是63－x 63，“选出的标兵是男生”的概率是x63，故63－x 63＝1011×x63，解得x ＝33，故这个班的男生人数为33. 21．某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39,32,33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示．现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是________，他属于不超过2个小组的概率是________．【答案】35 1315【解析】“至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为P ＝11＋10＋7＋86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝35.“不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是“3个小组”．故他属于不超过2个小组的概率是P ＝1－86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝1315.22．从2本不同的数学书和2本不同的语文书中任意抽出2本书(每本书被抽中的机会相等)，求抽出的书是同一学科的概率．【解析】从2本不同的数学书和2本不同的语文书中任意抽出2本书共有6种不同的取法，其中抽出的书是同一学科的取法共有2种，因此所求的概率等于26＝13.23．(2018郑州质量预测)在一个不透明的箱子里装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1,2,3,4,5.甲先从箱子中摸出一个小球，记下球上所标数字后，再将该小球放回箱子中摇匀后，乙从该箱子中摸出一个小球．(1)若甲、乙两人谁摸出的球上标的数字大谁就获胜(若数字相同则为平局)，求甲获胜的概率； (2)若规定：两人摸到的球上所标数字之和小于6，则甲获胜，否则乙获胜，这样规定公平吗？【解析】用(x ，y )(x 表示甲摸到的数字，y 表示乙摸到的数字)表示甲、乙各摸一球构成的基本事件，则基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共25个．(1)设甲获胜的事件为A ，则事件A 包含的基本事件有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，共10个．则P (A )＝1025＝25.(2)设甲获胜的事件为B ，乙获胜的事件为C .事件B 所包含的基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，共10个．则P (B )＝1025＝25，所以P (C )＝1－P (B )＝35.因为P (B )≠P (C )，所以这样规定不公平．。

【高中教育】高考数学一轮复习课时规范练59古典概型与几何概型理新人教B版

——教学资料参考参考范本——【高中教育】高考数学一轮复习课时规范练59古典概型与几何概型理新人教B版______年______月______日____________________部门基础巩固组1.(20xx山西晋中模拟)5张卡片上分别写有数字1,2,3,4,5,从这5张卡片中随机抽取2张,则取出2张卡片上数字之和为奇数的概率为( )A. B. C. D.2.10张奖券中只有3张有奖,5人购买,每人1张,至少有1人中奖的概率是( )A. B. C. D.3.向等腰直角三角形ABC(其中AC=BC)内任意投一点M,则AM小于AC 的概率为( )A. B.1-C. D.4.如图,阴影部分由曲线f(x)=sin x(0≤x≤2)与以点(1,0)为圆心,1为半径的半圆围成,现向半圆内随机投掷一点,恰好落在阴影部分内的概率为( )A.-1B.C.1-D.1- 〚导学号21500592〛5.某同学有6本工具书,其中语文1本、英语2本、数学3本,现在他把这6本书放到书架上排成一排,则同学科工具书都排在一起的概率是( )A. B. C. D.6.(20xx河南洛阳统考)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动,每天只需一人参加,其中甲参加三天活动,乙、丙、丁每人参加一天,那么甲连续三天参加活动的概率为( )A. B. C. D.7.(20xx福建龙岩一模)在区间[0,π]上随机取一个x,则y=sin x的值在0到之间的概率为( )A. B. C. D.8.(20xx河南郑州模拟)某校有包括甲、乙两人在内的5名大学生自愿参加该校举行的A,B两场国际学术交流会的服务工作,这5名大学生中有2名被分配到A场交流会,另外3名被分配到B场交流会,如果分配方式是随机的,那么甲、乙两人被分配到同一场交流会的概率为.9.(20xx江苏,7)记函数f(x)=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.10.锅中煮有芝麻馅汤圆6个,花生馅汤圆5个,豆沙馅汤圆4个,这三种汤圆的外部特征完全相同,从中任意舀取4个汤圆,则每种汤圆都至少取到1个的概率为.综合提升组11.(20xx甘肃兰州质检)将5本不同的书全发给4名同学,每名同学至少有一本书的概率是( )A. B. C. D.12.设复数z=(x-1)+yi(x,y∈R),若|z|≤1,则y≥x的概率为( )A. B.C. D.13.某酒厂制作了3种不同的精美卡片,每瓶酒盒随机装入一张卡片,集齐3种卡片可获奖,现购买该种酒5瓶,能获奖的概率为( )A. B. C. D. 〚导学号21500593〛14.(20xx福建福州调研)在边长为2的正方形ABCD内部任取一点M,则满足∠AMB>90°的概率为.15.(20xx辽宁鞍山一模,理14)现在要安排6名大学生到工厂去做3项不同的实习工作,每项工作需要2人,则甲、乙二人必须做同一项工作,而丙、丁二人不能做同一项工作的概率为.16.张先生订了一份报纸,送报人在早上6:30~7:30之间把报纸送到他家,张先生离开家去上班的时间在早上7:00~8:00之间,则张先生在离开家之前能得到报纸的概率是. 〚导学号21500594〛创新应用组17.(20xx河南郑州、平顶山、濮阳二模,理6)在区间[1,e]上任取实数a,在区间[0,2]上任取实数b,使函数f(x)=ax2+x+b有两个相异零点的概率是( )A. B.C. D. 〚导学号21500595〛18.(20xx宁夏银川一中二模)已知实数a,b满足0<a<1,-1<b<1,则函数y=ax3+ax2+b有三个零点的概率为.参考答案课时规范练59 古典概型与几何概型1.A 基本事件总数为=10,2张卡片上数字之和为奇数,共有=6,所求概率为,故选A.2.D 无人中奖的概率为,则至少有1人中奖的概率为1-.故选D.3.D 以A为圆心,AC为半径画弧,与AB交于点D.依题意,所求概率P=.4.D 阴影部分的面积S=π-sinxdx=cos×(-1-1)=,则所求概率P==1-,故选D.5.C 把这6本书放到书架上排成一排,共有=720种排法,把2本英语捆绑在一起,把3本数学捆绑在一起,和1本语文全排列,共有=72种排法,则同学科工具书都排在一起的概率是,故选C.6.B 由题意分析可得甲连续三天参加活动的所有情况为:第1~3天,第2~4天,第3~5天,第4~6天,共4种,故所求概率P=.7.B 在区间[0,π]上,y=sin x的值在0到之间,则x∈,区间长度为,所求概率为,故选B.8. 将5名大学生随机分配到A,B两场交流会的所有基本事件有=10个,甲、乙两人被分配到同一场交流会包含的基本事件的个数为1+=4,故所求概率为.9. 由6+x-x2≥0,即x2-x-6≤0得-2≤x≤3,所以D=[-2,3]⊆[-4,5],由几何概型的概率公式得x∈D的概率P=,答案为.10. P=.11.A 将5本不同的书分给4名同学,共有45=1 024种分法,其中每名同学至少一本的分法有=240种,则所求概率为,故选A.12.C 由|z|≤1,得(x-1)2+y2≤1.不等式表示以C(1,0)为圆心,半径r=1的圆及其内部,y≥x表示直线y=x左上方部分(如图所示).则阴影部分面积S阴=π×12-S△OAC=π-×1×1=.故所求事件的概率为.13.D 假设5个酒盒各不相同,5个酒盒装入卡片的方法一共有35=243种,其中包含了3种不同卡片有两种情况:即一样的卡片3张,另外两种不同的卡片各1张,有×2×3=60种方法,两种不同的卡片各2张,另外一种卡片1张,有×3×=15×6=90种,故所求的概率为.14.如图,如果点M位于以AB为直径的半圆内部,则∠AMB>90°,否则,点M 位于半圆上及空白部分,则∠AMB≤90°,所以∠AMB>90°的概率P=.15. 把6个人分成3组,每组两人,共有=15种分法,将3组分配给3项工作,有=6种情况,所有基本事件总数为15×6=90.把6个人分成3组,每组两人,由条件可知,与丙结组的方法有两种,剩下那人只能与丁结组,将3组分配给3项工作,有=6种情况,所以不同的安排方案有2×6=12种,则所求概率为,故答案为.16. 以横坐标x表示报纸送到时间,以纵坐标y表示张先生离家时间,建立平面直角坐标系,因为随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的,所以符合几何概型的条件.根据题意只要点落到阴影部分,就表示张先生在离开家前能得到报纸,即所求事件A发生,所以P(A)=.17.A 设事件A=使函数f(x)=ax2+x+b有两个相异零点,方程ax2+x+b=0有两个相异实根,即Δ=1-ab>0,即ab<1,所有的试验结果Ω={(a,b)|1≤a≤e,且0≤b≤2},对应区域面积为2(e-1);事件A={(a,b)|ab<1,1≤a≤e,且0≤b≤2},对应区域面积S=da=1,则事件A的概率P(A)=.故选A.18. 对y=ax3+ax2+b求导数可得y'=ax2+2ax,令ax2+2ax=0,可得x=0或x=-2,0<a<1,x=-2是极大值点,x=0是极小值点,函数y=ax3+ax2+b,有三个零点,可得画出可行域如图,满足函数y=ax3+ax2+b有三个零点,如图深色区域,实数a,b满足0<a<1,-1<b<1,为长方形区域,所以长方形的面积为2,深色区域的面积为,∴所求概率为P=,故答案为.。

2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第十章第五节古典概型与几何概型 Word版含答案

姓名，年级：时间：第五节古典概型与几何概型2019考纲考题考情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)＝错误!。

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)＝错误!.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,前者概率的计算与基本事件的区域长度（面积或体积）的大小有关，而与形状和位置无关。

4．几何概型中,线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果。

一、走进教材1．(必修3P 127例3改编)掷两颗均匀的骰子,则点数之和为5的概率等于( ）A.错误! B 。

错误! C 。

错误! D 。

错误!解析所有基本事件的个数为6×6＝36,点数之和为5的基本事件有(1，4)，（2,3），（3,2），(4，1）共4个。

故所求概率为P ＝错误!＝错误!。

故选B 。

答案 B2．(必修3P 140练习T 1改编)有四个游戏盘,将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖,小明要想增加中奖机会,应选择的游戏盘是( )解析如题干选项中各图,各种情况的概率都是其面积比，中奖的概率依次为P （A )＝38,P （B )＝28，P (C ）＝错误!，P (D )＝错误!.故选A 。

2020版高考数学大一轮复习第11章概率第2讲古典概型与几何概型课件文

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对于事件A,先将数字4放在五个不同数的中间位置,再考虑分别从数字1,2,3和5,6,7,8中各取两个数字,则事件A包含的基本事件种数为 C C =3×6=18.由古典概型的概率计算公式,得P(A)= 18 = 56
2 2 4 3
9 28
.
考法2 几何概型的求法
1.与长度、角度有关的几何概型
C.
与
D.
之间的区间长度为 = .
由几何概型的概率计算公式,得P=
= .故选B.
文科数学第十一章：概率
(2)[2019吉林百校联考] 太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图案,它形象地表达了阴阳轮转,展现了一种相互转化、相对统一的形式美.按照太极图的构图方法,在如图所示的平面直角坐标系中,圆O被y=3sin x的图象分割为两个对称的鱼形图案,其中小圆的半径均为1,现在在大圆内随机取一点, 则此点取自阴影部分的概率为( )
考点1 古典概型
考点2 几何概型
考点3 随机模拟
考点1 古典概型（重点）
1.基本事件的特点
(1)任何两个基本事件都是互斥的.
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和. 2.古典概型的特点
文科数学第十一章：概率
3.古典概型的概率计算公式 P(A)= .
注意：下列三类试验不是古典概型:(1)基本事件的个数有限,但非等可能
机模拟产生了20组如下的随机数:
7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281 根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为
.

2020届高考数学一轮复习第十一章概率与统计11.1随机事件、古典概型与几何概型教师用书文(PDF,含解析)

Ａ∩Ｂ（或ＡＢ）
互斥事件若Ａ∩Ｂ为不可能事件，那么称事件Ａ∩Ｂ＝ ⌀ Ａ与事件Ｂ互斥
对立事件
若Ａ∩Ｂ为不可能事件，而Ａ∪Ｂ为必然事件，那么称事件Ａ与事件Ｂ互为对立事件
Ａ ∩ Ｂ＝ ⌀，Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）＝１
互斥事件与对立事件的区别与联系互斥事件与对立事件都是指两个事件的关系，互斥事件
２０１６课标全国Ⅰ，１９１２分
２０１５课标Ⅰ，４
５分
２０１５课标Ⅰ，１９１２分
题型选择题解答题选择题
解答题
选择题选择题解答题选择题解答题选择题解答题
难度中中易
中
易易中中中易中
考点
考向
解题方法
随机抽样
系统抽样
公式法
①随机事件的概率 ②独立性检验
①通过频率估计概率 ②独立性检验
相等关系一般地，若Ａ⊆Ｂ且Ｂ⊆Ａ，则称事件Ａ＝ＢＡ与事件Ｂ相等
并ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ件（或和事件）
若某事件发生当且仅当事件Ａ发生或事件Ｂ发生，则称此事件为事件Ａ与事件Ｂ的并事件（或和事件）
Ａ∪Ｂ（或Ａ＋Ｂ）
交事件（或积事件）
若某事件发生当且仅当事件Ａ发生且事件Ｂ发生，则称该事件为事件Ａ与事件Ｂ的交事件（或积事件）
第十一章
概率与统计
真题多维细目表
考题２０１９课标全国Ⅰ，６
涉分５分
２０１９课标全国Ⅰ，１７１２分
２０１８课标全国Ⅰ，３５分
２０１８课标全国Ⅰ，１９１２分
２０１７课标全国Ⅰ，２５分

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.。

2020年高考数学一轮第10章第3节随机事件的概率、古典概型与几何概型

()
效果
(3)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件． ( )
课
(4)概率为 0 的事件一定为不可能事件．
堂
题
型全
[答案] (1)√ (2)√ (3)√ (4)×
突
破
()
课后
限
时
集
训
返首页
课
2．某射手在同一条件下进行射击，结果如下：
真
前知
射击次数 10 20 50 100 200 500
题自
识
主
全通
同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价
验效
关
果
格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)
有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间
课
堂题
[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六
型
全月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分
破
返首页
课
真
前知
3．(教材改编)投掷两枚均匀的硬币，则两枚硬币均正面朝上的概率是(
)
题自
识
主
全
1
1
1
3
验
通关
A.4
B.3
C.2
D.4
效果
课
A [P＝12×12＝14，故选 A.]
堂
题
型
全
突
课后限时集训
破
返首页
4．(教材改编)有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，

2020版高考数学总复习第八章第48讲随机事件的概率、古典概型、几何概型练习理(含解析)新人教A版

第48讲随机事件的概率、古典概型、几何概型夯实基础【p 103】【学习目标】1．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别．2．掌握对事件类型的准确判断；熟练掌握概率的计算． 3．理解古典概型及其概率计算公式． 4．了解几何概型的意义，了解随机数的意义．【基础检测】1．下列说法正确的是( )A ．甲、乙二人比赛，甲胜的概率为35，则比赛5场，甲胜3场B ．某医院治疗一种疾病的治愈率为10%，前9个病人没有治愈，则第10个病人一定治愈C ．随机试验的频率与概率相等D ．天气预报中，预报明天降水概率为90%，是指降水的可能性是90%【解析】A 选项，此概率只说明发生的可能性大小，具有随机性，并非一定是5场胜3场；B 选项，此治愈率只说明发生的可能性大小，具有随机性，并非10人一定有人治愈；C 选项，试验的频率可以估计概率，并不等于概率；D 选项，概率为90%，即可能性为90%.【答案】D2．甲：A 1，A 2是互斥事件；乙：A 1，A 2是对立事件，那么( )A ．甲是乙的充分但不必要条件B ．甲是乙的必要但不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件【解析】两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不一定成立．【答案】B3．有2个男生和2个女生一起乘车去抗日战争纪念馆参加志愿者服务，他们依次上车，则第二个上车的是女生的概率为( )A .23B .12C .13D .14【解析】设两男两女分别为a 1，a 2，b 1，b 2，则基本事件分别是(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，a 1)，(a 2，b 1), (a 2，b 2)，(b 1，a 2)，(b 1，a 1)，(b 1，b 2)，(b 2，a 2)，(b 2，a 1)，(b 2，b 1)，基本事件总数n ＝12，其中第二个上车的是女生的基本事件共有m ＝6，所以概率P ＝12.【答案】B4．A 地的天气预报显示，A 地在今后的三天中，每一天有强浓雾的概率为30%，现用随机模拟的方法估计这三天中至少有两天有强浓雾的概率，先利用计算器产生0～9之间整数值的随机数，并用0，1，2，3，4，5，6表示没有强浓雾，用7，8，9表示有强浓雾，再以每3个随机数作为一组，代表三天的天气情况，产生了如下20组随机数：402 978 191 925 273 842 812 479 569 683 231 357 394 027 506 588 730 113 537 779 则这三天中至少有两天有强浓雾的概率近似为( )A .14B .25C .710D .15【解析】由题意知模拟这三天中至少有两天有强浓雾的结果，经随机模拟产生了20组随机数，在20组随机数中表示三天中至少有两天有强浓雾的有：978，479，588，779，共4组随机数，所求概率为420＝15.【答案】D5．一只蚂蚁在边长为4的正三角形区域内随机爬行，则它在离三个顶点距离都大于2的区域内的概率为( )A ．1－36πB .34C .36πD .14【解析】满足条件的正三角形如图所示，其中正三角形ABC 的面积S △ABC ＝34×16＝43，满足到正三角形ABC 的顶点A ，B ，C 的距离都大于2的平面区域如图中阴影部分所示，则S 阴＝2π，则使取到的点到三个顶点A ，B ，C 的距离都大于2的概率为： P ＝1－2π43＝1－36π.【答案】A 【知识要点】1．随机事件和确定事件(1)在条件S 下，一定会发生的事件叫做相对于条件S 的__必然事件__． (2)在条件S 下，一定不会发生的事件叫做相对于条件S 的__不可能事件__． (3)__必然事件与不可能事件__统称为确定事件．(4)__在条件S 下可能发生也可能不发生__的事件，叫做随机事件． (5)确定事件和随机事件统称为事件．一般用大写字母A ，B ，C ，…表示．2．频率与概率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An为事件A 出现的频率．(2)对于给定的随机事件A ，如果随着试验次数的增加，事件A 发生的__频率__f n (A )稳定在某个__常数__上，那么把这个常数记作P (A )，称为事件A 的概率．由定义可知0≤P (A )≤1，显然__必然事件__的概率是1，__不可能事件__的概率是0. 3．随机数 (1)随机数的概念随机数是在一定范围内随机产生的数，并且这个范围内任何一个数的机会是均等的． (2)随机数的产生方法①利用函数计算器可以得到0～1之间的随机数；②在Scilab 语言中，应用不同的函数可产生0～1或a ～b 之间的随机数． 4．古典概型(1)古典概型的两大特点：①试验中所有可能出现的基本事件只有__有限个__； ②每个基本事件出现的__可能性__相等． (2)古典概型的概率计算公式：P(A)＝A 包含的基本事件个数总的基本事件个数＝mn (n 为基本事件个数，m 为事件A 的结果数)．5．几何概型(1)几何概型的概念如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的__长度__(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．(2)几何概型的概率公式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）典例剖析【p103】考点1 随机事件关系的判断例1(1)从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”B．“至少有一个黑球”与“都是红球”C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”【解析】A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C 中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．【答案】D(2)在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分别为0.2，0.2，0.3，0.3，则下列说法正确的是( )A．A∪B与C是互斥事件，也是对立事件B．B∪C与D是互斥事件，也是对立事件C．A∪C与B∪D是互斥事件，但不是对立事件D．A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件【解析】由于A，B，C，D彼此互斥，且A∪B∪C∪D是一个必然事件，故事件间的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．【答案】D【点评】判别互斥、对立事件的2种方法(1)定义法判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．(2)集合法①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．②事件A 的对立事件A －所含的结果组成的集合，是全集中由事件A 所含的结果组成的集合的补集．考点2 随机事件的概率例2近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)：(1)(2)试估计生活垃圾投放错误的概率．【解析】(1)厨余垃圾投放正确的概率约为 “厨余垃圾”箱里厨余垃圾量厨余垃圾总量＝400400＋100＋100＝23.(2)设生活垃圾投放错误为事件A ，则事件A －表示生活垃圾投放正确．事件A －的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量，即P(A －)约为400＋240＋601 000＝0.7，所以P(A)约为1－0.7＝0.3.【点评】1.概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．2．随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．考点3 古典概型的求法例3(1)有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是________．【解析】编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，3个数中含有1个2，2个2，没有2，3种情况，所有的事件总数为C 35＝10，这三个砝码的总质量为9克的事件只有：5，3，1或5，2，2两个，所以这三个砝码的总质量为9克的概率是210＝15.【答案】15(2)甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜的数字记为b ，且a ，b ∈{0，1，2，…，9}．若|a －b|≤1，则称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则二人“心有灵犀”的概率为________．【解析】甲乙两人各有10种可能，基本事件总数为100，当甲取0或9时，乙各有两种情况，共4种，当甲取1至8任意一个数字时，乙各有3种情况，共24种，所以P ＝4＋24100＝725.【答案】725【点评】求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A 包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树形图法，具体应用时可根据需要灵活选择．例4某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工．根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40，50)，[50，60)，…，[80，90)，[90，100]．(1)求频率分布直方图中a 的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；(3)从评分在[40，60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40，50)的概率．【解析】(1)因为(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006.(2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.(3)受访职工中评分在[50，60)的有50×0.006×10＝3(人)，记为A1，A2，A3；受访职工中评分在[40，50)的有50×0.004×10＝2(人)，记为B1，B2.从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种：{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}．又因为所抽取2人的评分都在[40，50)的结果有1种：{B1，B2}，故所求的概率为110.例5有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱比赛，由500名大众评委现场投票决定歌手名次，根据年龄将大众评委分为五组，各组的人数如下：(1)其中从B组中抽取了6人．请将其余各组抽取的人数填入下表.(2)在(1)的评委中分别任选1人，求这2人都支持1号歌手的概率．【解析】(1)由题设知，分层抽样的抽取比例为6%，所以各组抽取的人数如下表：(2)记从A12312B组抽到的6个评委为b1，b2，b3，b4，b5，b6，其中b1，b2支持1号歌手．从{a1，a2，a3}和{b1，b2，b3，b4，b5，b6}中各抽取1人的所有结果为由以上树状图知所有结果共18种，其中2人都支持1号歌手的有a1b1，a1b2，a2b1，a2b2共4种．故所求概率P ＝418＝29.【点评】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，已成为高考考查的热点，概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用概率分布表、分布直方图、茎叶图等给出信息，只需要能够从题中提炼出需要的信息，则此类问题即可解决．考点4 几何概型的求法例6(1)在区间[0，π]上随机地取一个数x ，则事件“－1≤tan x ≤3”发生的概率为( )A.712B.23C.13D.14【解析】由题意得，∵0≤x ≤π，∴由－1≤tan x ≤3得，0≤x ≤π3或3π4≤x ≤π，则事件“－1≤tan x ≤3”发生的概率为P ＝π3－0＋π－3π4π－0＝712.【答案】A(2)某日，甲乙二人随机选择早上6：00－7：00的某个时刻到达七星公园早锻炼，则甲比乙提前到达超过20分钟的概率为( )A.79B.29C.23D.13【解析】在平面直角坐标系中，x ，y 轴分别表示甲乙两人到达的时间，满足题意时，有y －x≥20，由几何概型计算公式可得，甲比乙提前到达超过20分钟的概率为P ＝12×40×4060×60＝29.【答案】B(3)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．【解析】由题意，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内任取一点，满足几何概型，记“点P 到点O 的距离大于1”为事件A ，则事件A 发生时，点P 位于以O 为球心，以1为半径的半球外．又V 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1＝23＝8，V 半球＝12·43π·13＝23π，∴所求事件概率P(A)＝8－23π8＝1－π12.【答案】1－π12【点评】求解几何概型的概率问题，一定要正确确定试验的全部结果构成的区域，从而正确选择合理的测度，进而利用概率公式求解．方法总结【p 105】1．一个随机事件发生，既有随机性(对单次试验)，又存在着统计规律(对大量重复试验)，这是偶然和必然的对立统一．2．随机事件A 的概率P(A)满足0≤P(A)≤1.3．求解古典概型中等可能性事件A 的概率一般遵循如下步骤：(1)先确定一次试验是什么，此时一次试验的可能性结果有多少，即求出n. (2)再确定所研究的事件A 是什么，事件A 包括结果有多少，即求出m. (3)应用等可能性事件概率公式P(A)＝mn 计算．4．几何概型应注意：(1)求与长度有关的几何概型的方法，是把题中所表示的几何模型转化为线段的长度，然后求解；(2)依据几何概型的特点判断基本事件应从“等可能”的角度入手，选择恰当合理的观察角度；(3)求与角度有关的几何概型的方法，是把题中所表示的几何模型转化成角度，然后求解．走进高考【p 105】1．(2017·山东)从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )A.518 B.49 C.59 D.79【解析】标有1，2，…，9的9张卡片中，标奇数的有5张，标偶数的有4张，所以抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是2C 15C 149×8＝59.【答案】C2．(2018·全国卷Ⅰ)下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ，直角边AB ，AC.△ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别为p 1，p 2，p 3，则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1＝p 3C ．p 2＝p 3D ．p 1＝p 2＋p 3【解析】法一：设直角三角形ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积，为S 1＝12bc ，区域Ⅱ的面积S 2＝12π×⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＋12π×⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22－⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π×⎝ ⎛⎭⎪⎫a 222－12bc ＝18π(c 2＋b 2－a 2)＋12bc ＝12bc ，所以S 1＝S 2，由几何概型的知识知p 1＝p 2.法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝2，则BC ＝22，所以区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积，为S 1＝12×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S 2＝π×12－⎣⎢⎡⎦⎥⎤π×（2）22－2＝2，区域Ⅲ的面积S 3＝π×（2）22－2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式，得p 1＝p 2＝2π＋2，p 3＝π－2π＋2，所以p 1≠p 3，p 2≠p 3，p 1≠p 2＋p 3.【答案】A3．(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )A.112B.114C.115D.118【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C 210＝45种方法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为345＝115.考点集训【p 231】A 组题1．下列说法正确的是( ) A ．任一事件的概率总在(0，1)内 B ．不可能事件的概率不一定为0 C ．必然事件的概率一定为1 D ．以上均不对【解析】任一事件的概率总在[0，1]内，其中不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1.【答案】C2．袋子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，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一个等差数列的概率是( )A.310B.15C.110D.120【解析】“1”“2”“3”“4”“6”这五个数中成等差数列的数有“1，2，3”，“2，3，4”，“2，4，6”三组，从五个球中随机选取三个小球的情况有C 35＝10，故所求概率为P ＝310.【答案】A3．在区间[0，4]上随机取两个实数x ，y ，使得x ＋2y ≤8的概率为( ) A.14B.316C.916D.34【解析】由题意，在区间[0，4]上随机取两个实数x ，y ，对应的区域的面积为16. 在区间[0，4]内随机取两个实数x ，y ，则x ＋2y ≤8对应的面积为2＋42×4＝12，所以事件x ＋2y ≤8的概率为1216＝34.4．现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算机给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281根据以上数据统计该运动员射击4次至少击中3次的概率为( ) A ．0.852 B ．0.819 2 C ．0.8 D ．0.75【解析】由题意知模拟射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数，在20组随机数中表示射击4次至少击中3次的有7527，0293，9857，0347，4373，8636，6947，4698，6233，2616，8045，3661，9597，7424，4281，共15组随机数，所以该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为P ＝1520＝0.75.【答案】D5．在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是正方形ABCD 四边的中点，将均匀的粒子撒在正方形中，则粒子落在如下图所示的四个图中阴影部分区域的概率依次为P 1、P 2、P 3、P 4，则关于它们的大小比较，正确的是( )A ．P 1<P 2＝P 3<P 4B ．P 4<P 2＝P 3<P 1C ．P 1＝P 4<P 2<P 3D ．P 1＝P 4<P 3<P 2【解析】正方形ABCD 的面积为2×2＝4，对于题图①，阴影部分区域的面积为4－4×12＝2，所以概率为P 1＝24＝12；对于题图②，阴影部分区域的面积为π，所以概率为P 2＝π4；对于题图③，阴影部分区域的面积为4－2×12＝3，所以概率为P 3＝34；对于题图④，阴影部分区域的面积为12×2×2＝2，所以概率为P 4＝24＝12.故P 1＝P 4<P 3<P 2.【答案】D6．如图，矩形ABCD 中，点A 在x 轴上，点B 的坐标为(1，0)，且点C 与点D 在函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x ＜0的图象上．若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于( )A.16B.14C.38D.12【解析】先求C 点的坐标，再求D 点与A 点的坐标，进而求得矩形面积与阴影部分图形的面积，代入几何概型概率公式求解．因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x <0，B 点坐标为(1，0)，所以C 点坐标为(1，2)，D 点坐标为(－2，2)，A 点坐标为(－2，0)，故矩形ABCD 的面积为2×3＝6，阴影部分的面积为12×3×1＝32，故P ＝326＝14. 【答案】B7．连掷两次骰子得到的点数分别为m 和n ，记向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1，－1)的夹角为θ，则θ为锐角的概率是__________．【解析】由题意得，连抛掷两次骰子分别得到点数m ，n 所组成的向量(m ，n )共有36种，由于向量(m ，n )与向量(1，－1)的夹角θ为锐角，所以(m ，n )·(1，－1)>0，即m >n ，满足题意的情况如下：当m ＝2时，n ＝1；当m ＝3时，n ＝1，2；当m ＝4时，n ＝1，2，3；当m ＝5时，n ＝1，2，3，4；当m ＝6时，n ＝1，2，3，4，5，共有15种，故所求事件的概率为1536＝512.【答案】5128．一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c .(1)求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率； (2)求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率．【解析】(1)由题意知，(a ，b ，c )所有的可能为(1，1，1)，(1，1，2)，(1，1，3)，(1，2，1)，(1，2，2)，(1，2，3)，(1，3，1)，(1，3，2)，(1，3，3)，(2，1，1)，(2，1，2)，(2，1，3)，(2，2，1)，(2，2，2)，(2，2，3)，(2，3，1)，(2，3，2)，(2，3，3)，(3，1，1)，(3，1，2)，(3，1，3)，(3，2，1)，(3，2，2)，(3，2，3)，(3，3，1)，(3，3，2)，(3，3，3)，共27种．设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ，则事件A 包括(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)3个基本事件．所以P (A )＝327＝19.因此“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为19.(2)设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B 包括(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)3个基本事件．所以P (B )＝1－P (B )＝1－327＝89.因此“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为89.B 组题1．如图所示是一个算法程序框图，在集合A ＝{x |－10≤x ≤10, x ∈R}中随机抽取一个数值作为x 输入，则输出的y 的值落在区间[－5，3]内的概率为( )A ．0.8B ．0.6C ．0.5D ．0.4【解析】根据程序框图可知，其功能为计算y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3，x <0，0，x ＝0，x －5，x >0，∵输出的y 值落在区间[－5，3]内，即－5≤y ≤3， ①当x <0时，y ＝x ＋3，∴－5≤x ＋3≤3，解得－8≤x <0，故－8≤x <0符合题意；②当x ＝0时，y ＝0∈[－5，3]，故x ＝0符合题意； ③当x >0时，y ＝x －5， ∴－5≤x －5≤3，解得0<x ≤8，故0<x ≤8符合题意．综合①②③可得，x 的取值为[－8，8]，∵在集合A ＝{x |－10≤x ≤10，x ∈R}中随机抽取一个数值做为x ，故输出的y 值落在区间[－5，3]内的概率为8－（－8）10－（－10）＝0.8.【答案】A2．已知实数a 满足－3<a <4，函数f (x )＝lg(x 2＋ax ＋1)的值域为R 的概率为P 1，定义域为R 的概率为P 2，则( )A ．P 1>P 2B ．P 1＝P 2C ．P 1<P 2D ．P 1与P 2的大小不确定【解析】在x 2＋ax ＋1>0中，若f (x )的值域为R ，则Δ＝a 2－4≥0，得a ≤－2或a ≥2，故P 1＝－2－（－3）4－（－3）＋4－24－（－3）＝37.若f (x )的定义域为R ，则Δ＝a 2－4<0，得－2<a <2，故P 2＝2－（－2）4－（－3）＝47，所以P 1<P 2.【答案】C3．某城市有连接8个小区A ，B ，C ，D ，E ，F ，G ，H 和市中心O 的整齐方格形道路网，每个小方格均为正方形，如图所示．某人从道路网中随机地选择一条最短路径，由小区A 前往小区H ，则他经过市中心O 的概率为________．【解析】由题意知，此人从小区A 前往小区H 的所有最短路径为：A →B →C →E →H ，A →B →O →E →H ，A →B →O →G →H ，A →D →O →E →H ，A →D →O →G →H ，A →D →F →G →H ，共6条．记“此人经过市中心O ”为事件M ，则M 包含的基本事件为：A →B →O →E →H ，A →B →O →G →H ，A →D →O →E →H ，A →D →O →G →H ，共4个，所以P (M )＝46＝23，即他经过市中心O的概率为23.【答案】234．甲、乙两艘轮船驶向同一个不能同时停泊两艘轮船的小型码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的．(1)如果甲船和乙船的停泊时间都是4小时，求它们中的任何一艘轮船不需要等待码头空出的概率；(2)如果甲船停泊时间是4小时，乙船停泊时间是2小时，求它们中任何一艘轮船不需要等待码头空出的概率．【解析】(1)设甲、乙两艘轮船到达的时刻分别是x ，y 时，则⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤240≤y ≤24|x －y |>4，其对应的平面区域为图中阴影部分．设“两艘轮船不需要等待码头空出”为事件A ，由几何概型概率计算公式得 P (A )＝2×12×20×2024×24＝2536.(2)设甲、乙两艘轮船到达码头的时刻分别是x ，y 时，则⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤240≤y ≤24y －x >4x －y >2，其对应的平面区域为图中阴影部分．设“两艘轮船不需要等待码头空出”为事件B ，则P (B )＝12×20×20＋12×22×2224×24＝221288.。

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- 1 - 课后限时集训(五十九) 随机事件的概率、古典概型与几何概型 (建议用时：60分钟) A组基础达标一、选择题 1．(2019·辽宁联考)某商场举行有奖促销活动，抽奖规则如下：从装有形状、大小完全相同的2个红球、3个蓝球的箱子中，任意取出两球，若取出的两球颜色相同则中奖，否则不中奖．则中奖的概率为( )

A.15 B.310

C.25 D.35 C [设事件A为“中奖”，则P(A)＝C22＋C23C25＝410＝25.故选C.] 2．从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了四组事件： ①至少有1个白球与至少有1个黄球； ②至少有1个黄球与都是黄球； ③恰有1个白球与恰有1个黄球； ④恰有1个白球与都是黄球．其中互斥而不对立的事件共有( ) A．0组 B．1组 C．2组 D．3组 B [①中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰有1个白球和1个黄球，①中的两个事件不是互斥事件．②中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，则两个事件不互斥．③中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都是指有1个白球和1个黄球，因此两个事件是同一事件．④中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件，故选B.] 3．已知a∈{－2,0,1,2,3}，b∈{3,5}，则函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是( )

A.310 B.35

C.25 D.15 C [函数f(x)＝(a2－2)ex＋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)ex＋b为减函数的概率P＝2×25×2＝25.故

选C.] 4．在区间[0，π]上随机取一个数x，使cos x的值介于－32与32之间的概率为( ) A.13 B.23 - 2 -

C.38 D.58 B [cos x的值介于－32与32之间的区间长度为5π6－π6＝2π3.由几何概型概率计算公式，得

P＝2π3π－0＝23.故选B.]

5.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落在阴影部分(曲线C的方程为x2－y＝0)的点的个数约为( ) A．3 333 B．6 667 C．7 500 D．7 854

B [题图中阴影部分的面积为01(1－x2)＝x－x3310＝23，正方形的面积为1，设落在阴影部分的

点的个数为n，由几何概型的概率计算公式可知，231＝n10 000，n≈6 667，故选B.] 二、填空题 6．从3名男同学，2名女同学中任选2人参加知识竞赛，则选到的2名同学中至少有1名男同学的概率是________． 910 [所求概率为P＝1－C22C25＝910.]

7.(2018·湖北四校联考)如图所示的图案是由两个等边三角形构成的六角星，其中这两个等边三角形的三边分别对应平行，且各边都被交点三等分，若往该图案内投掷一点，则该点落在图中阴影部分内的概率为________． 12 [设六角星的中心为点O，分别将点O与两个等边三角形的六个交

点连接起来，则将阴影部分分成了六个全等的小等边三角形，并且与其余六个小三角形也是全等的，所以所求的概率P＝12.] 8．若采用随机模拟的方法估计某运动员射击击中目标的概率．先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，指定0,1,2,3表示没有击中目标，4,5,6,7,8,9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组如下的随机数： 7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281 根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为________． 0．4 [根据数据得该运动员射击4次至少击中3次的数据分别为7527 9857 8636 6947 4698

8045 9597 7424，所以该运动员射击4次至少击中3次的概率为820＝0.4.] 三、解答题 - 3 -

9．(2016·全国卷Ⅱ)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值； (2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P(B)的估计值； (3)求续保人本年度平均保费的估计值． [解] (1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2

的频率为60＋50200＝0.55，故P(A)的估计值为0.55. (2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P(B)的估计值为0.3. (3)由所给数据得保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a. 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a. 10．(2018·天津高考)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240,160,160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动． (1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？ (2)设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作． ①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； ②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率． [解] (1)由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人． (2)①从抽取的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21种． ②由①，不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果 - 4 -

为{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5种．所以，事件M发生的概率P(M)＝512. B组能力提升 1．(2019·武汉模拟)一张储蓄卡的密码共有6位数字组成，每位数字都可以是0～9中的任意一个．某人在银行自动取款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率为( )

A.25 B.310

C.15 D.110 C [依题意知，最后一位数字是0～9这10个数字中的任意一个，则按1次按对的概率为110；按2次按对的概率为910×19＝110.由互斥事件的概率计算公式得所求的概率P＝110＋110＝15，故选C.] 2.(2019·济南模拟)七巧板是一种古老的中国传统智力游戏，被誉为“东方魔板”．如图，这是一个用七巧板拼成的正方形，其中1号板与2号板为两个全等的等腰直角三角形，3号板与5号板为两个全等的等腰直角三角形，7号板为一个等腰直角三角形，4号板为一个正方形，6号板为一个平行四边形．现从这个大正方形内任取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )

A.18 B.14

C.316 D.38 C [设大正方形的面积为4S，则5号板与7号板的面积之和为34S，所以从这个大正方形内任

取一点，则此点取自阴影部分的概率是34S4S＝316.] 3．(2018·太原一模)某人在微信群中发了一个7元的“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是________． 25 [利用隔板法将7元分成3个红包，共有C26＝15种领法．甲领3元不少于乙、丙分别领到

的钱数的分法有3元，3元，1元与3元，2元，2元两种情况，共有A22＋1＝3种领法；甲领4元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有4元，2元，1元一种情况，共有A22＝2种领法；甲领5元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有5元，1元，1元一种情况，共有1种领法， - 5 -

所以甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是3＋2＋115＝25.] 4.某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如表所示：

X 1 2 3 4

Y 51 48 45 42

这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米． (1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量； Y 51 48 45 42

频数 4 (2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48 kg的概率． [解] (1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株，列表如下： Y 51 48 45 42

频数 2 4 6 3 所种作物的平均年收获量为 51×2＋48×4＋45×6＋42×315＝69015＝46.

(2)由(1)知，P(Y＝51)＝215， P(Y＝48)＝415.

故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为48 kg的概率为 P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝215＋415＝25.