高考数学三轮冲刺专题17概率专项讲解与训练

1、1 专题 17. 概率古典概型 核心提炼 1古典概型的概率p(a) mna中所含的基本事件数基本事件总数. 2古典概型的两个特点(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某旅游爱好者计划从3 个亚洲国家a1，a2，a3和 3 个欧洲国家b1，b2，b3中选择 2 个国家去旅游(1) 若从这 6 个国家中任选2 个，求这2 个国家都是亚洲国家的概率；(2) 若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1 个，求这2 个国家包括a1但不包括b1的概率【解析】(1) 由题意知，从6 个国家中任选两个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有：a1，a2，a1，a3，a2，a3

2、 ，a1，b1 ，a1，b2 ，a1，b3 ，a2，b1，a2，b2，a2，b3，a3，b1，a3，b2 ，a3，b3 ，b1，b2，b1，b3， b2，b3，共 15 个所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：a1，a2，a1，a3，a2，a3，共 3 个则所求事件的概率为：p31515. (2) 从亚洲国家和欧洲国家中各任选1 个，其一切可能的结果组成的基本事件有：a1，b1， a1，b2 ，a1，b3 ，a2，b1 ，a2，b2，a2，b3，a3，b1 ，a3，b2 ，a3，b3 ，共 9个包括a1但不包括b1的事件所包含的基本事件有：a1，b2 ，a1，b3，共 2 个，则所

3、求事件的概率为：p29. 求古典概型概率的一般步骤(1) 求出所有基本事件的个数n，常用的方法有列举法、列表法、画树状图法；(2) 求出事件a所包含的基本事件的个数m；(3) 代入公式p(a) mn求解【对点训练】1从分别写有1，2， 3，4，5 的 5 张卡片中随机抽取1 张，放回后再随机抽取1 张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( ) a.110b152 c.310d.25【答案】 d. 2(2019 广州综合测试( 一) 四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的一枚硬币，所有人同时抛出自己的硬币若落在圆桌上时硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这

4、个人继续坐着那么，没有相邻的两个人站起来的概率为( ) a.14b716c.12d.916【答案】 b. 【解析】抛四枚硬币，总的结果有16 种， “没有相邻的两个人站进来”记为事件a，可分为三类：一是没有人站起来，只有1 种结果；二是1 人站起来，有4种结果；三是有2 人站起来，可以是ac或bd，有 2 种结果所以满足题意的结果共有1427 种，p(a) 716. 故选 b. 几何概型 核心提炼 1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）2几何概型应满足两个条件(1) 试验中所有可能出现的结果( 基本事件 ) 有无限多个；(2

5、) 每个基本事件出现的可能性相等 (1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( ) 3 a.14b8c.12d.4(2) 如图，扇形aob的圆心角为120，点p在弦ab上，且ap13ab，延长op交弧ab于点c，现向扇形aob内投一点，则该点落在扇形aoc内的概率为( ) a.14b13c.27d.38(3) 记函数f(x) 6xx2的定义域为d. 在区间 4，5 上随机取一个数x，则xd的概率是 _【答案】(1)b (2)a (3)59【解析】(1) 不妨设正方形的边长为2，

6、则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为 . 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2，故此点取自黑色部分的概率为248，故选 b. (2) 设oa3，则ab33，ap3，由余弦定理可求得op3，aop30，所以扇形aoc的面积为34，扇形aob的面积为3，从而所求概率为34314. (3) 由 6xx20，解得 2x3，则d 2，3 ，则所求概率为3（ 2）5（ 4）59. 求解几何概型的概率应把握的两点(1) 当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解4 (2) 寻找构成试验的全部结果的区域和

7、事件发生的区域，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域【对点训练】1(2019 洛阳第一次统考) 若 0 ， ，则 sin( 3)12成立的概率为 ( ) a.13b12c.23d1 【答案】 b. 【解析】依题意，当0 ， 时， 33，43 ，由 sin( 3)12得3356， 05 的概率为 ( ) a.227b29c.13d.23【答案】 d. 5 【解析】依题意得，先后抛掷两次骰子所得的点数对(m，n) 共有 66 36 组，其中当m2 或 4 时，相应的点数对 (m，n) 共有 26 12 组当m 2 时，满足mn5，即n3 的点数对 (m，n) 共有 3 组；当m 4 时，满

8、足mn5，即n 1 的点数对 (m，n) 共有 5 组，因此所求的概率等于351223，选 d. 3(2019. 云南十一校跨区调研) 在正方形abcd内随机生成n个点，其中在正方形abcd内切圆内的点共有m个，利用随机模拟的方法，估计圆周率 的近似值为 ( ) a.mnb2mnc.4mnd.6mn【答案】 c. 【解析】依题意，设正方形的边长为2a，则该正方形的内切圆半径为a，于是有a24a2mn，即 4mn，即可估计圆周率 的近似值为4mn，选 c. 4(2019 湖南五市十校联考) 在矩形abcd中，ab2ad，在cd上任取一点p，abp的最大边是ab的概率是 ( ) a.22b32c.

9、21 d.31 【答案】 d. 【解析】 分别以a，b为圆心，ab的长为半径画弧， 交cd于p1，p2，则当p在线段p1p2间运动时， 能使得abp的最大边是ab，易得p1p2cd31，即abp的最大边是ab的概率是31. 5(2019. 湘中名校联考) 从集合a 2， 1，2 中随机选取一个数记为a，从集合b 1，1，3中随机选取一个数记为b，则直线axyb0 不经过第四象限的概率为( ) a.29b136 c.49d.14【答案】 a 【解析】从集合a，b中随机选取后组合成的数对有( 2， 1)，( 2，1) ，( 2，3) ，( 1， 1) ，(1，1) ， ( 1，3) ，(2 ， 1

10、) ，(2，1) ，(2，3) ，共 9 种，要使直线axyb0 不经过第四象限，则需a0，b0，共有 2 种满足，所以所求概率p29，故选 a. 6(2019 湖北七市 ( 州) 联考 ) 在数字 1，2，3，4，5 中任取两个数相加，和是偶数的概率为_答案：25解析：在1，2，3， 4，5 中任取两个数，其结果有(1 ，2) ，(1 ，3) ，(1 ，4) ，(1 ，5) ，(2 ，3) ，(2 ，4) ，(2 ， 5) ，(3，4) ， (3，5) ，(4，5) ，共 10 种情况，其中两个数相加，和为偶数的有(1， 3) ，(1，5) ，(2 ，4) ， (3 ，5)，共 4 种情况，

11、所以所求概率p41025. 7从区间 2，2 中随机选取一个实数a，则函数f(x) 4xa2x11 有零点的概率是_答案：14解析：令t2x，函数有零点就等价于方程t22at10 有正根，进而可得0t1t20t1t20?a1，又a 2，2 ，所以函数有零点的实数a应满足a1 ， 2 ，故p14. 8一个多面体的直观图和三视图如图所示，m是ab的中点，一只蝴蝶在几何体adf bce内自由飞翔，则它飞入几何体famcd内的概率为 _答案：12解析：因为vfamcd13samcddf14a3，vadfbce12a3，所以它飞入几何体famcd内的概率为14a312a312. 9(2019 湖南五市十

12、校联考) 某冷饮店只出售一种饮品，该饮品每一杯的成本价为3 元，售价为8 元，每7 天售出的第20 杯及之后的饮品半价出售该店统计了近10 天的饮品销量，如图所示，设x为每天饮品的销量，y为该店每天的利润(1) 求y关于x的表达式；(2) 从日利润不少于96 元的几天里任选2 天，求选出的这2 天日利润都是97 元的概率10(2019 成都第一次诊断性检测) 某省 2016 年高中数学学业水平测试的原始成绩采用百分制，发布成绩使用等级制各等级划分标准为：85 分及以上，记为a等；分数在 70 ，85) 内，记为b等；分数在 60 ，70)内，记为c等； 60 分以下，记为d等同时认定a，b，c

13、等为合格，d等为不合格已知甲、乙两所学校学生的原始成绩均分布在50 ，100 内，为了比较两校学生的成绩，分别抽取50 名学生的原始成绩作为样本进行统计按照50 ，60) ，60 ，70) ，70 ，80) ，80 ，90) ，90 ，100 的分组作出甲校样本的频率分布直方图如图1 所示，乙校的样本中等级为c，d的所有数据的茎叶图如图2 所示(1) 求图中x的值，并根据样本数据比较甲、乙两校的合格率；(2) 在乙校的样本中，从成绩等级为c，d的学生中随机抽取2 名学生进行调研，求抽出的2 名学生中至少8 有 1 名学生成绩等级为d的概率【解析】：(1) 由题意，可知10 x0.012100.

14、056100.018 100.010 101，所以x0.004 ，所以甲学校的合格率为(1 100.004) 100 % 0.96100 % 96%. 而乙学校的合格率为(1 250) 100% 0.96100% 96%. 所以甲、乙两校的合格率均为96%. (2) 由题意，将乙校的样本中成绩等级为c，d的 6 名学生分别记为c1，c2，c3，c4，d1，d2，则随机抽取2 名学生的基本事件有c1，c2 ，c1，c3，c1，c4 ，c1，d1，c1，d2，c2，c3， c2，c4 ，c2，d1， c2，d2 ，c3，c4 ，c3，d1 ，c3，d2，c4，d1，c4，d2 ，d1，d2 ，共

15、15 个基本事件其中“至少有1 名学生成绩等级为d”包含 c1，d1 ，c1，d2 ，c2，d1 ，c2，d2 ，c3，d1 ，c3，d2 ，c4，d1 ，c4，d2 ，d1，d2，共 9 个基本事件所以抽取的2 名学生中至少有1 名学生成绩等级为d的概率为p91535. 能力提升 1鞋柜里有2 双不同的鞋随机地取出2 只，则一只是左脚的，一只是右脚的，但不成对的概率为( ) a.12b13c.14d.23【答案】 b. 【解析】 记a1、b1分别是一双鞋的左、右脚的，a2、b2分别是另一双鞋的左、右脚的， 故基本事件为a1，b1 ，a1，a2a1，b2，b1，a2，b1，b2 ，a2，b2

16、共 6 种，事件a“一左一右，但不成对”有a1，b2，b1，a2 ，共 2 种所以p(a) 2613. 2(2019 云南第一次统考) 在平面区域xy40 x0y0内随机取一点 (a，b) ，则函数f(x) ax24bx1 在区间1 ， ) 上是增函数的概率为( ) a.14b13c.12d.23【答案】 b. 9 【解析】不等式组表示的平面区域为如图所示的aob的内部及边界ab( 不包括边界oa，ob) ，则saob1244 8. 函数f(x)ax24bx1 在区间 1 ， ) 上是增函数，则应满足a0 且x4b2a1，即a0a2b，可得对应的平面区域如图中阴影部分( 包括边界oc，bc，不

17、包括边界ob) ，由a2bab40，解a83，b43，所以scob1244383，根据几何概型的概率计算公式，可知所求的概率为83813，故选 b. 3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012345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012345频数605030302010 (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

18、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【解析】：(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 502000.55 ，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10 频率为30302000.3 ，故p(b) 的估计值为0.3. (3) 由所给数据得保费0.85aa 1.25a 1.5a 1.75a 2a频率0.300.250.150.150.100.05 调查的 200 名续保人的

19、平均保费为085a0.30a0.25 1.25a0.15 1.5a0.15 1.75a0.10 2a0.05 1.192 5a. 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a. 4(2019 石家庄质量检测( 二) 交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6 座以下私家车投保交强险第一年的费用( 基准保费 ) 统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，且保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：交强险浮动因素和费率浮动比率表浮动因素浮动比率a1上一个年度未发生有责任道路交通事故下浮 10% a2上两个年度未发生有责

20、任道路交通事故下浮 20% a3上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故下浮 30% a4上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故0% a5上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故上浮 10% a6上一个年度发生有责任道路交通死亡事故上浮 30% 某机构为了研究某一品牌普通6 座以下私家车的投保情况，随机抽取了60 辆车龄已满三年该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：类型a1a2a3a4a5a6数量105520155 (1) 求一辆普通6 座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的频率；(2) 某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车 假设购进一辆事故车亏损5 000