2023高考数学大一轮复习第九章概率教师用书文

PAGEPAGEPAGE41第九章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))概率第一节随机事件的概率1．事件的相关概念2．频数、频率和概率(1)频数、频率：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nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝eq\f(nA,n)为事件A出现的频率．(2)概率：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fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率．3．事件的关系与运算名称条件结论符号表示包含关系A发生⇒B发生事件B包含事件A(事件A包含于事件B)B⊇A(或A⊆B)相等关系假设B⊇A且A⊇B事件A与事件B相等A＝B并(和)事件A发生或B发生事件A与事件B的并事件(或和事件)A∪B(或A＋B)交(积)事件A发生且B发生事件A与事件B的交事件(或积事件)A∩B(或AB)互斥事件A∩B为不可能事件事件A与事件B互斥A∩B＝∅对立事件A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件事件A与事件B互为对立事件A∩B＝∅，P(A∪B)＝14．概率的几个根本性质(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.(2)必然事件的概率为1.(3)不可能事件的概率为0.(4)概率的加法公式：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．(5)对立事件的概率：假设事件A与事件B互为对立事件，那么A∪B为必然事件，P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．[小题体验]1．(教材习题改编)某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未打靶．假设此人射击1次，那么其中靶的概率约为____________；中10环的概率约为________．解析：中靶的频数为9，试验次数为10，所以中靶的频率为eq\f(9,10)＝0.9，所以此人射击1次，中靶的概率约为0.9.同理得中10环的概率约为0.2.答案：0.90.22．(教材习题改编)如果从不包括大、小王的52张扑克牌中随机抽取一张，那么取到红心的概率是eq\f(1,4)，取到方块的概率是eq\f(1,4)，那么取到黑色牌的概率是________．答案：eq\f(1,2)3．(教材习题改编)给出以下三个命题，其中正确命题有________个．①有一大批产品，次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是eq\f(3,7)；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．解析：①错，不一定是10件次品；②错，eq\f(3,7)是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．答案：01．易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数．2．互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．[小题纠偏]1．甲：A1，A2是互斥事件；乙：A1，A2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：选B两个事件是对立事件，那么它们一定互斥，反之不一定成立．2．在运动会火炬传递活动中，有编号为1,2,3,4,5的5名火炬手．假设从中任选3人，那么选出的火炬手的编号相连的概率为()A.eq\f(3,10)B.eq\f(5,8)C.eq\f(7,10)D.eq\f(2,5)解析：选A从1,2,3,4,5中任取三个数的结果有10种，其中选出的火炬手的编号相连的事件有：(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，∴选出的火炬手的编号相连的概率为P＝eq\f(3,10).eq\a\vs4\al(考点一随机事件的关系)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶〞的互斥事件是()A．至多有一次中靶 B．两次都中靶C．只有一次中靶 D．两次都不中靶解析：选D事件“至少有一次中靶〞包括“中靶一次〞和“中靶两次〞两种情况．由互斥事件的定义，可知“两次都不中靶〞与之互斥．2．在5张卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，假设事件“2张全是移动卡〞的概率是eq\f(3,10)，那么概率是eq\f(7,10)的事件是()A．至多有一张移动卡B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡D．至少有一张移动卡解析：选A至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡〞、“两张全是联通卡〞两个事件，它是“2张全是移动卡〞的对立事件，应选A.3．对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是________，互为对立事件的是________．解析：设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B＝∅，A∩C＝∅，B∩C＝∅，B∩D＝∅，故A与B，A与C，B与C，B与D为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D＝I，故B与D互为对立事件．答案：A与B，A与C，B与C，B与DB与D[谨记通法]判断互斥、对立事件的2种方法(1)定义法判断互斥事件、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，假设有且仅有一个发生，那么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，那么事件互斥．②事件A的对立事件eq\x\to(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．eq\a\vs4\al(考点二随机事件的频率与概率)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1．在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了100次，“正面朝上〞的频数为51，那么“正面朝上〞的频率为()A．49 B．0.5C．0.51 D．0.49解析：选C由题意，根据事件发生的频率的定义可知，“正面朝上〞的频率为eq\f(51,100)＝0.51.2．(2022·北京高考)某超市随机选取1000位顾客，记录了他们购置甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“〞表示购置，“〞表示未购置.商品顾客人数甲乙丙丁1002172003008598(1)估计顾客同时购置乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购置3种商品的概率；(3)如果顾客购置了甲，那么该顾客同时购置乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？解：(1)从统计表可以看出，在这1000位顾客中有200位顾客同时购置了乙和丙，所以顾客同时购置乙和丙的概率可以估计为eq\f(200,1000)＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1000位顾客中，有100位顾客同时购置了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购置了甲、乙、丙，其他顾客最多购置了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购置3种商品的概率可以估计为eq\f(100＋200,1000)＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购置甲和乙的概率可以估计为eq\f(200,1000)＝0.2，顾客同时购置甲和丙的概率可以估计为eq\f(100＋200＋300,1000)＝0.6，顾客同时购置甲和丁的概率可以估计为eq\f(100,1000)＝0.1，所以，如果顾客购置了甲，那么该顾客同时购置丙的可能性最大．[谨记通法]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．[提醒]概率的定义是求一个事件概率的根本方法．eq\a\vs4\al(考点三互斥事件与对立事件的概率)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]某战士射击一次，问：(1)假设中靶的概率为0.95，那么不中靶的概率为多少？(2)假设命中10环的概率是0.27，命中9环的概率为0.21，命中8环的概率为0.24，那么至少命中8环的概率为多少？不够9环的概率为多少？解：(1)设中靶为事件A，那么不中靶为eq\x\to(A).那么由对立事件的概率公式可得，P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝1－0.95＝0.05.即不中靶的概率为0.05.(2)设命中10环为事件B，命中9环为事件C，命中8环为事件D，由题意知P(B)＝0.27，P(C)＝0.21，P(D)＝0.24.记至少命中8环为事件E，那么P(E)＝P(B＋C＋D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝0.27＋0.21＋0.24＝0.72.故至少命中8环的概率为0.72.记至少命中9环为事件F，那么不够9环为eq\x\to(F)，那么P(F)＝P(B＋C)＝P(B)＋P(C)＝0.27＋0.21＝0.48.那么P(eq\x\to(F))＝1－P(F)＝1－0.48＝0.52.即不够9环的概率为0.52.[由题悟法]求复杂互斥事件概率的2种方法(1)直接求法：将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．(2)间接求法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P(eq\x\to(A))求得，即运用逆向思维(正难那么反)，特别是“至多〞“至少〞型题目，用间接求法就会较简便．[提醒]应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差)．[即时应用](2022·洛阳模拟)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：排队人数012345人及5人以上概率0.10.160.30.30.10.04求：(1)至多2人排队等候的概率是多少？(2)至少3人排队等候的概率是多少？解：记“无人排队等候〞为事件A，“1人排队等候〞为事件B，“2人排队等候〞为事件C，“3人排队等候〞为事件D，“4人排队等候〞为事件E，“5人及5人以上排队等候〞为事件F，那么事件A，B，C，D，E，F互斥．(1)记“至多2人排队等候〞为事件G，那么G＝A∪B∪C，所以P(G)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)法一：记“至少3人排队等候〞为事件H，那么H＝D∪E∪F，所以P(H)＝P(D∪E∪F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.法二：记“至少3人排队等候〞为事件H，那么其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.一抓根底，多练小题做到眼疾手快1．甲、乙两人下棋，两人和棋的概率是eq\f(1,2)，乙获胜的概率是eq\f(1,3)，那么乙不输的概率是()A.eq\f(5,6) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)解析：选A乙不输包含两种情况：一是两人和棋，二是乙获胜，故所求概率为eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝eq\f(5,6).2．一个盒子内装有红球、白球、黑球三种球，其数量分别为3,2,1，从中任取两球，那么互斥而不对立的两个事件为()A．至少有一个白球；都是白球B．至少有一个白球；至少有一个红球C．恰有一个白球；一个白球一个黑球D．至少有一个白球；红球、黑球各一个解析：选D红球、黑球各取一个，那么一定取不到白球，故“至少有一个白球〞“红球、黑球各一个〞为互斥事件，又任取两球还包含“两个红球〞这个事件，故不是对立事件．3．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现〞，事件B表示“小于5的点数出现〞，那么一次试验中，事件A＋eq\x\to(B)发生的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(5,6)解析：选C掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，所以P(eq\x\to(B))＝1－P(B)＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，因为eq\x\to(B)表示“出现5点或6点〞的事件，因此事件A与eq\x\to(B)互斥，从而P(A＋eq\x\to(B))＝P(A)＋P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).4．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160cm的概率为0.2，该同学的身高在[160,175]cm的概率为0.5，那么该同学的身高超过175cm的概率为________．解析：由对立事件的概率可求该同学的身高超过175cm的概率为1－0.2－0.5＝0.3.答案：0.35．如果事件A与B是互斥事件，且事件A∪B发生的概率是0.64，事件B发生的概率是事件A发生的概率的3倍，那么事件A发生的概率为________．解析：设P(A)＝x，P(B)＝3x，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝x＋3x＝0.64.∴P(A)＝x＝0.16.答案：0.16二保高考，全练题型做到高考达标1．(2022·石家庄模拟)某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5%和3%，那么抽检一件是正品(甲级)的概率为()A．0.95 B．0.97C．0.92 D．0.08解析：选C记抽检的产品是甲级品为事件A，是乙级品为事件B，是丙级品为事件C，这三个事件彼此互斥，因而所求概率为P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5%－3%＝92%＝0.92.2．袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，那么下面事件是互斥事件但不是对立事件的为()A．恰有1个白球和全是白球；B．至少有1个白球和全是黑球；C．至少有1个白球和至少有2个白球；D．至少有1个白球和至少有1个黑球．解析：选A由题意可知，事件C、D均不是互斥事件；A、B为互斥事件，但B又是对立事件，满足题意只有A，应选A.3．围棋盒子中有多粒黑子和白子，从中取出2粒都是黑子的概率为eq\f(1,7)，都是白子的概率是eq\f(12,35).那么从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是()A.eq\f(1,7) B.eq\f(12,35)C.eq\f(17,35) D．1解析：选C设“从中取出2粒都是黑子〞为事件A，“从中取出2粒都是白子〞为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色〞为事件C，那么C＝A∪B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(1,7)＋eq\f(12,35)＝eq\f(17,35)，即任意取出2粒恰好是同一色的概率为eq\f(17,35).4．抛掷一枚均匀的骰子(骰子的六个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点)一次，观察掷出向上的点数，设事件A为掷出向上为偶数点，事件B为掷出向上为3点，那么P(A∪B)＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(5,6)解析：选B事件A为掷出向上为偶数点，所以P(A)＝eq\f(1,2).事件B为掷出向上为3点，所以P(B)＝eq\f(1,6)，又事件A，B是互斥事件，事件(A∪B)为事件A，B有一个发生的事件，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(2,3).5．设条件甲：“事件A与事件B是对立事件〞，结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，那么甲是乙的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A假设事件A与事件B是对立事件，那么A∪B为必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1.设掷一枚硬币3次，事件A：“至少出现一次正面〞，事件B：“3次出现正面〞，那么P(A)＝eq\f(7,8)，P(B)＝eq\f(1,8)，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件．6．从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，那么事件“抽到的不是一等品〞的概率为________．解析：“抽到的不是一等品〞与事件A是对立事件，∴所求概率为1－P(A)＝0.35.答案：0.357．袋中装有9个白球，2个红球，从中任取3个球，那么①恰有1个红球和全是白球；②至少有1个红球和全是白球；③至少有1个红球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个红球．在上述事件中，是对立事件的为________(填序号)．解析：至少有1个红球和全是白球不同时发生，且一定有一个发生，所以②中两事件是对立事件．答案：②8．一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红球的概率为eq\f(7,15)，取得两个绿球的概率为eq\f(1,15)，那么取得两个同颜色的球的概率为________；至少取得一个红球的概率为________．解析：由于“取得两个红球〞与“取得两个绿球〞是互斥事件，取得两个同色球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色球的概率为P＝eq\f(7,15)＋eq\f(1,15)＝eq\f(8,15).由于事件A“至少取得一个红球〞与事件B“取得两个绿球〞是对立事件，那么至少取得一个红球的概率为P(A)＝1－P(B)＝1－eq\f(1,15)＝eq\f(14,15).答案：eq\f(8,15)eq\f(14,15)9．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1000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)：“厨余垃圾〞箱“可回收物〞箱“其他垃圾〞箱厨余垃圾400100100可回收物3024030其他垃圾202060(1)试估计厨余垃圾投放正确的概率；(2)试估计生活垃圾投放错误的概率．解：(1)厨余垃圾投放正确的概率约为eq\f(“厨余垃圾〞箱里厨余垃圾量,厨余垃圾总量)＝eq\f(400,400＋100＋100)＝eq\f(2,3).(2)设生活垃圾投放错误为事件A，那么事件eq\x\to(A)表示生活垃圾投放正确．事件eq\x\to(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(eq\x\to(A))约为eq\f(400＋240＋60,1000)＝0.7，所以P(A)约为1－0.7＝0.3.10．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的相关数据，如下表所示.一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件以上顾客数(人)x3025y10结算时间(分钟/分)11.522.53这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)求x，y的值．(2)求顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率．解：(1)由得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.(2)记A：一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟．A1：该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟．A2：该顾客一次购物的结算时间为3分钟．将频率视为概率，可得P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝eq\f(20,100)＋eq\f(10,100)＝0.3.所以一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率为0.3.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．假设随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且分别为P(A)＝2－a，P(B)＝3a－4，那么实数a解析：因为随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且分别为P(A)＝2－a，P(B)＝3a所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<PA<1，,0<PB<1，,PA＋PB≤1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<2－a<1，,0<3a－4<1，,2a－2≤1.))解得eq\f(4,3)<a≤eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2)))2．某保险公司利用简单随机抽样的方法，对投保的车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：赔偿金额(元)01000200030004000车辆数(辆)500130100150120(1)假设每辆车的投保金额为2800元，估计赔付金额大于投保金额的概率．(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4000元的概率．解：(1)设A表示事件“赔付金额为3000元〞，B表示事件“赔付金额为4000元〞，以频率估计概率得P(A)＝eq\f(150,1000)＝0.15，P(B)＝eq\f(120,1000)＝0.12，由于投保额为2800元，赔付金额大于投保金额的情形是赔付3000元和4000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4000元〞，由，样本车辆中车主是新司机的有0.1×1000＝100(位)，而赔付金额为4000元的车辆中车主为新司机的有0.2×120＝24(位)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为eq\f(24,100)＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.第二节古_典_概_型1．根本领件的特点(1)任何两个根本领件是互斥的．(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成根本领件的和．2．古典概型(1)(2)概率计算公式：P(A)＝eq\f(A包含的根本领件的个数,根本领件的总数).[小题体验]1．(教材习题改编)一个口袋内装有2个白球和3个黑球，那么在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是________．解析：先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率，实质上就是第二次摸到白球的概率，因为袋内装有2个白球和3个黑球，因此概率为eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)2．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：两数之和等于5有两种情况(1,4)和(2,3)，总的根本领件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10种．∴所求概率P＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).答案：eq\f(1,5)1．在计算古典概型中试验的所有结果数和事件发生结果时，易无视他们是否是等可能的．2．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易无视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.[小题纠偏]1．(2022·江苏高考)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，那么这2只球颜色不同的概率为________．解析：设4只球分别为白、红、黄1、黄2，从中一次随机摸出2只球，所有根本领件为(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)、(黄1，黄2)，共6个，颜色不同的有5个，所以2只球颜色不同的概率为eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)2．从一副混合后的扑克牌(除去大、小王52张)中，随机抽取1张．事件A为“抽到红桃K〞，事件B为“抽到黑桃〞，那么P(A∪B)＝________(结果用最简分数表示)．解析：∵P(A)＝eq\f(1,52)，P(B)＝eq\f(13,52)，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(1,52)＋eq\f(13,52)＝eq\f(14,52)＝eq\f(7,26).答案：eq\f(7,26)eq\a\vs4\al(考点一古典概型的简单问题)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2022·全国丙卷)小敏翻开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，那么小敏输入一次密码能够成功开机的概率是()A.eq\f(8,15) B.eq\f(1,8)C.eq\f(1,15) D.eq\f(1,30)解析：选C∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}，∴事件总数有15种．∵正确的开机密码只有1种，∴P＝eq\f(1,15).2.(2022·北京高考)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，那么甲被选中的概率为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(8,25) D.eq\f(9,25)解析：选B设另外三名学生分别为丙、丁、戊．从5名学生中随机选出2人，有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丙)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)，(丁，戊)，共10种情形，其中甲被选中的有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，共4种情形，故甲被选中的概率P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).3．(2022·山东高考)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)参加书法社团未参加书法社团参加演讲社团85未参加演讲社团230(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5,3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率．解：(1)由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为P＝eq\f(15,45)＝eq\f(1,3).(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的根本领件有：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{A4，B1}，{A4，B2}，{A4，B3}，{A5，B1}，{A5，B2}，{A5，B3}，共15个．根据题意，这些根本领件的出现是等可能的．事件“A1被选中且B1未被选中〞所包含的根本领件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2个．因此A1被选中且B1未被选中的概率为P＝eq\f(2,15).[谨记通法]1．求古典概型概率的步骤(1)判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；(2)分别求出根本领件的总数n与所求事件A中所包含的根本领件个数m；(3)利用公式P(A)＝eq\f(m,n)，求出事件A的概率．2．根本领件个数确实定方法方法适用条件列表法此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成是坐标法树状图法树状图是进行列举的一种常用方法，适合于有顺序的问题及较复杂问题中根本领件数的探求eq\a\vs4\al(考点二古典概型的交汇命题)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]古典概型在高考中常与平面向量、解析几何、统计等知识交汇命题，命题的角度新颖，考查知识全面，能力要求较高．常见的命题角度有：(1)古典概型与平面向量相结合；(2)古典概型与直线、圆相结合；(3)古典概型与统计相结合．[题点全练]角度一：古典概型与平面向量相结合1．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，那么向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为________．解析：由题意可知m＝(a，b)所有根本领件有4×3＝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种情况，所以所求概率为eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)角度二：古典概型与直线、圆相结合2．(2022·洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，那么直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．解析：依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36种，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足eq\f(2a,\r(a2＋b2))≤eq\r(2)，即a≤b，那么当a＝1时，b＝1,2,3,4,5,6，共有6种，当a＝2时，b＝2,3,4,5,6，共5种，同理当a＝3时，有4种，a＝4时，有3种，a＝5时，有2种，a＝6时，有1种，故共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率等于eq\f(21,36)＝eq\f(7,12).答案：eq\f(7,12)角度三：古典概型与统计相结合3．(2022·安徽高考)某企业为了解下属某部门对本企业职工的效劳情况，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(如下图)，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：(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，它们是{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，即{B1，B2}，故所求的概率为eq\f(1,10).[通法在握]解决古典概型交汇命题的方法解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举根本领件，求出根本领件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．[演练冲关]1．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a，b，那么椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的离心率e>eq\f(\r(3),2)的概率是________．解析：同时掷两颗骰子，得到的点数所形成的数组共有36种情况，当a>b时，e＝eq\r(1－\f(b2,a2))>eq\f(\r(3),2)⇒eq\f(b,a)<eq\f(1,2)⇒a>2b，符合a>2b的情况有：当b＝1时，有a＝3,4,5,6四种情况；当b＝2时，有a＝5,6两种情况．总共有6种情况，那么概率是eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).同理当a<b时，e>eq\f(\r(3),2)的概率也为eq\f(1,6).综上可知e>eq\f(\r(3),2)的概率为eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)2．(2022·河北省“五校联盟〞质量检测)某校高三学生体检后，为了解高三学生的视力情况，该校从高三六个班的300名学生中以班为单位(每班学生50人)，每班按随机抽样方法抽取了8名学生的视力数据．其中高三(1)班抽取的8名学生的视力数据与人数见下表：视力数据4.04.14.24.34.44.54.64.74.84.95.05.15.25.3人数22211(1)用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值；(2)其余五个班学生视力的平均值分别为4.3,4.4，4.5，4.6,4.8.假设从这六个班中任意抽取两个班学生视力的平均值作比拟，求抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的概率．解：(1)高三(1)班学生视力的平均值为eq\f(4.4×2＋4.6×2＋4.8×2＋4.9＋5.1,8)＝4.7，故用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值为4.7.(2)从这六个班中任意抽取两个班学生视力的平均值作比拟，所有的取法共有15种，而满足抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的取法有：(4.3,4.5)，(4.3,4.6)，(4.3,4.7)，(4.3,4.8)，(4.4,4.6)，(4.4,4.7)，(4.4,4.8)，(4.5,4.7)，(4.5,4.8)，(4.6,4.8)，共有10种，故抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的概率为P＝eq\f(10,15)＝eq\f(2,3).一抓根底，多练小题做到眼疾手快1．(2022·山西省第二次四校联考)甲、乙两人有三个不同的学习小组A，B，C可以参加，假设每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，那么两人参加同一个小组的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,6)解析：选A∵甲、乙两人参加学习小组的所有事件有(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共9个，其中两人参加同一个小组的事件有(A，A)，(B，B)，(C，C)，共3个，∴两人参加同一个小组的概率为eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).2．(2022·河北省三市第二次联考)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，那么这2个小球中既有红球也有白球的概率为()A.eq\f(3,4) B.eq\f(7,10)C.eq\f(4,5) D.eq\f(3,5)解析：选D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，那么有(a，b)，(a，A)，(a，B)，(a，C)，(b，A)，(b，B)，(b，C)，(A，B)，(A，C)，(B，C)，共10个根本领件，其中既有红球也有白球的根本领件有6个，那么所求概率为P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).3．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，那么星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(5,12)C.eq\f(1,2) D.eq\f(7,12)解析：选A设2名男生记为A1，A2,2名女生记为B1，B2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，共有A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2，A2A1，B1A1，B2A1，B1A2，B2A2，B2B112种情况，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有A1B1，A1B2，A2B1，A2B24种情况，那么发生的概率为P＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)，应选A.4．(2022·四川高考)从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a，b，那么logab为整数的概率是________．解析：从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a，b，那么(a，b)的所有可能结果为(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logab为整数的有(2,8)，(3,9)两种，故P＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)5．投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m和n，那么复数(m＋ni)(n－mi)为实数的概率为________．解析：因为(m＋ni)(n－mi)＝2mn＋(n2－m2)i，所以要使其为实数，须n2＝m2，即m＝n.由得，事件的总数为36，m＝n，有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)共6个，所以所求的概率为P＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)二保高考，全练题型做到高考达标1.〔2022·开封模拟〕一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有1，2，3，4这四个数字，假设连续两次抛掷这个玩具，那么两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是〔〕A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)解析：选D抛掷两次该玩具共有16种情况：〔1，1〕，〔1，2〕，〔1，3〕，〔1，4〕，〔2，1〕，…，〔4，4〕.其中乘积是偶数的有12种情况：〔1，2〕，〔1，4〕，〔2，1〕，〔2，2〕，〔2，3〕，〔2，4〕，〔3，2〕，〔3，4〕，〔4，1〕，〔4，2〕，〔4，3〕，〔4，4〕.所以两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是P=eq\f(12,16)=eq\f(3,4).2．在正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，那么构成的四边形是梯形的概率为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,8)解析：选B如图，在正六边形ABCDEF的6个顶点中随机选择4个顶点，共有15种选法，其中构成的四边形是梯形的有ABEF，BCDE，ABCF，CDEF，ABCD，ADEF，共6种情况，故构成的四边形是梯形的概率P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).3．集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3，4))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b|a∈M，b∈M))，A是集合N中任意一点，O为坐标原点，那么直线OA与y＝x2＋1有交点的概率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,8)解析：选C易知过点(0,0)与y＝x2＋1相切的直线为y＝2x(斜率小于0的无需考虑)，集合N中共有16个元素，其中使直线OA的斜率不小于2的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，共4个，故所求的概率为eq\f(4,16)＝eq\f(1,4).4．(2022·东北四市联考)从3双不同的鞋中任取2只，那么取出的2只鞋不能成双的概率为()A.eq\f(3,5)B.eq\f(8,15)C.eq\f(4,5)D.eq\f(7,15)解析：选C设这3双鞋分别为(A1，A2)，(B1，B2)，(C1，C2)，那么任取2只鞋的可能为(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A1，C2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A2，C2)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B1，C2)，(B2，C1)，(B2，C2)，(C1，C2)，共15种情况，其中2只鞋不能成双的有12种情况，故所求概率为P＝eq\f(12,15)＝eq\f(4,5)，应选C.5．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋b2x＋1，假设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，那么该函数有两个极值点的概率为()A.eq\f(7,9) B.eq\f(1,3)C.eq\f(5,9) D.eq\f(2,3)解析：选D对函数f(x)求导可得f′(x)＝x2＋2ax＋b2，要满足题意需x2＋2ax＋b2＝0有两个不等实根，即Δ＝4(a2－b2)>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＝eq\f(6,9)＝eq\f(2,3).6．(2022·重庆适应性测试)从2,3,4,5,6这5个数字中任取3个，那么所取3个数之和为偶数的概率为________．解析：依题意，从2,3,4,5,6这5个数字中任取3个，共有10种不同的取法，其中所取3个数之和为偶数的取法共有1＋3＝4种(包含两种情形：一种情形是所取的3个数均为偶数，有1种取法；另一种情形是所取的3个数中2个是奇数，另一个是偶数，有3种取法)，因此所求的概率为eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)7．(2022·江苏高考)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，那么出现向上的点数之和小于10的概率是________．解析：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，所有等可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)，共36种情况．设事件A＝“出现向上的点数之和小于10”，其对立事件eq\x\to(A)＝“出现向上的点数之和大于或等于10”，eq\x\to(A)包含的可能结果有(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6种情况．所以由古典概型的概率公式，得P(eq\x\to(A))＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，所以P(A)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)8．现有7名数理化成绩优秀者，分别用A1，A2，A3，B1，B2，C1，C2表示，其中A1，A2，A3的数学成绩优秀，B1，B2的物理成绩优秀，C1，C2的化学成绩优秀．从中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，组成一个小组代表学校参加竞赛，那么A1和B1不全被选中的概率为________．解析：从这7人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，所有可能的结果组成的12个根本领件为：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)．设“A1和B1不全被选中〞为事件N，那么其对立事件eq\x\to(N)表示“A1和B1全被选中〞，由于eq\x\to(N)＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)}，所以P(eq\x\to(N))＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6)，由对立事件的概率计算公式得P(N)＝1－P(eq\x\to(N))＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)9．一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，每次抽取一张，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：(1)由题意，(a，b，c)所有可能的结果为：(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，那么事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种，所以P(A)＝eq\f(3,27)＝eq\f(1,9)，因此，“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c〞的概率为eq\f(1,9).(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同〞为事件B，那么事件eq\x\to(B)包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种，所以P(B)＝1－P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(3,27)＝eq\f(8,9)，因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同〞的概率为eq\f(8,9).10．移动公司在国庆期间推出4G套餐，对国庆节当日办理套餐的客户进行优惠，优惠方案如下：选择套餐1的客户可获得优惠200元，选择套餐2的客户可获得优惠500元，选择套餐3的客户可获得优惠300元．国庆节当天参与活动的人数统计结果如下图，现将频率视为概率．(1)求从中任选1人获得优惠金额不低于300元的概率；(2)假设采用分层抽样的方式从参加活动的客户中选出6人，再从该6人中随机选出2人，求这2人获得相等优惠金额的概率．解：(1)设事件A为“从中任选1人获得优惠金额不低于300元〞，那么P(A)＝eq\f(150＋100,50＋150＋100)＝eq\f(5,6).(2)设事件B为“从这6人中选出2人，他们获得相等优惠金额〞，由题意按分层抽样方式选出的6人中，获得优惠200元的有1人，获得优惠500元的有3人，获得优惠300元的有2人，分别记为a1，b1，b2，b3，c1，c2，从中选出2人的所有根本领件如下：a1b1，a1b2，a1b3，a1c1，a1c2，b1b2，b1b3，b1c1，b1c2，b2b3，b2c1，b2c2，b3c1，b其中使得事件B成立的有b1b2，b1b3，b2b3，c1c2那么P(B)＝eq\f(4,15).三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2022·长沙四校联考)集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3，4)).定义映射f：M→N，那么从中任取一个映射满足由点A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))构成△ABC且AB＝BC的概率为()A.eq\f(3,32)B.eq\f(5,32)C.eq\f(3,16)D.eq\f(1,4)解析：选C∵集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3，4))，∴映射f：M→N有43＝64种，∵由点A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))构成△ABC且AB＝BC，∴f(1)＝f(3)≠f(2)，∵f(1)＝f(3)有4种选择，f(2)有3种选择，∴从中任取一个映射满足由点A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))构成△ABC且AB＝BC的事件有4×3＝12种，∴所求概率为eq\f(12,64)＝eq\f(3,16).2．关于x的一元二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1.(1)设集合P＝{1,2,3}和Q＝{－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，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率；(2)设点(a，b)是区域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－8≤0，,x>0，,y>0))内的随机点，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．解：(1)∵函数f(x)＝ax2－4bx＋1的图象的对称轴为x＝eq\f(2b,a)，要使f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，当且仅当a>0且eq\f(2b,a)≤1，即2b≤a.假设a＝1，那么b＝－1；假设a＝2，那么b＝－1,1；假设a＝3，那么b＝－1,1.∴事件包含根本领件的个数是1＋2＋2＝5，∵事件“分别从集合P和Q中随机取一个数作为a和b〞的个数是15.∴所求事件的概率为eq\f(5,15)＝eq\f(1,3).(2)由(1)知当且仅当2b≤a且a>0时，函数f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，依条件可知试验的全部结果所构成的区域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b－8≤0，,a>0，,b>0))))))构成所求事件的区域为如下图的三角形AOB局部．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b－8＝0，,b＝\f(a,2)，))得交点坐标Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)，\f(8,3)))，∴所求事件的概率为P＝eq\f(S△COB,S△AOB)＝eq\f(\f(1,2)×8×\f(8,3),\f(1,2)×8×8)＝eq\f(1,3).第三节几_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．几何概型的两个根本特点(1)无限性：在一次试验中可能出现的结果有无限多个；(2)等可能性：每个试验结果的发生具有等可能性．3．几何概型的概率公式P(A)＝eq\f(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).[提醒]求解几何概型问题注意数形结合思想的应用．[小题体验]1．某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，那么他候车时间不超过2分钟的概率是()A.eq\f(3,5) B.eq\f(4,5)C.eq\f(2,5) D.eq\f(1,5)解析：选C试验的全部结果构成的区域长度为5，所求事件的区域长度为2，故所求概率为P＝eq\f(2,5).2．(教材习题改编)在长为3m的线段AB上任取一点P，那么点P与线段AB两端点的距离都大于1m的概率等于________．解析：将线段AB平均分成3段，设中间的两点分别为C，D，∴当点P在线段CD上时，符合题意，线段CD的长度为1，∴所求概率P＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是试验中每个结果的发生是等可能的，不同之处是几何概型的试验结果的个数是无限的，古典概型中试验结果的个数是有限的．[小题纠偏]1．函数f(x)＝x2－2x－3，x∈[－1,4]，那么f(x)为增函数的概率为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)解析：选C∵f(x)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，x∈[－1,4]．∴f(x)在[1,4]上是增函数．∴f(x)为增函数的概率为P＝eq\f(4－1,4－－1)＝eq\f(3,5).2．如图，在边长为1的正方形中随机撒1000粒豆子，有180粒落到阴影局部，据此估计阴影局部的面积为________．解析：设阴影局部面积为S，由几何概型可知eq\f(S,1)＝eq\f(180,1000)，所以S＝0.18.答案：0.18eq\a\vs4\al(考点一与长度角度有关的几何概型)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2022·武汉调研)在区间[0,1]上随机取一个数x，那么事件“log0.5(4x－3)≥0”发生的概率为()A.eq\f(3,4) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)解析：选D由log0.5(4x－3)≥0，得0＜4x－3≤1，解得eq\f(3,4)＜x≤1，所以所求概率P＝eq\f(1－\f(3,4),1－0)＝eq\f(1,4).2.如下图，在直角坐标系内，射线OT落在30°角的终边上，任作一条射线OA，那么射线OA落在∠yOT内的概率为________．解析：根据题图，因为射线OA在坐标系内是等可能分布的，所以OA落在∠yOT内的概率为eq\f(60,360)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)3．(2022·山东高考)在[－1,1]上随机地取一个数k，那么事件“直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交〞发生的概率为________．解析：由直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交，得eq\f(|5k|,\r(k2＋1))＜3，即16k2＜9，解得－eq\f(3,4)＜k＜eq\f(3,4).由几何概型的概率计算公式可知P＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),2)＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)[谨记通法]1．与长度有关的几何概型如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，可直接用概率的计算公式求解．2．与角度有关的几何概型当涉及射线的转动、扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段．eq\a\vs4\al(考点二与体积有关的几何概型)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2022·河北保定联考)在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD­A1B1C1D1内随机取一点P，那么点P到点解析：如图，与点O距离等于1的点的轨迹是一个半球面，其体积V1＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(2π,3).事件“点P与点O距离大于1的概率〞对应的区域体积为23－eq\f(2π,3)，根据几何概型概率公式得，点P与点O距离大于1的概率P＝eq\f(23－\f(2π,3),23)＝1－eq\f(π,12).答案：1－eq\f(π,12)[由题悟法]与体积有关的几何概型求法的关键点对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．[即时应用]一个多面体的直观图和三视图如下图，点M是AB的中点，一只蝴蝶在几何体ADF­BCE内自由飞翔，那么它飞入几何体F­AMCD内的概率为()A.eq\f(3,4) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：选D由题图可知VF­AMCD＝eq\f(1,3)×SAMCD×DF＝eq\f(1,4)a3，VADF­BCE＝eq\f(1,2)a3，所以它飞入几何体F­AMCD内的概率为eq\f(\f(1,4)a3,\f(1,2)a3)＝eq\f(1,2).eq\a\vs4\al(考点三与面积有关的几何概型)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]与面积有关的几何概型是近几年高考的热点之一．常见的命题角度有：(1)与三角形、矩形、圆等平面图形面积有关的问题；(2)与线性规划交汇命题的问题；(3)与定积分交汇命题的问题．[题点全练]角度一：与三角形、矩形、圆等平面图形面积有关的问题1．(2022·湖北省七市(州)协作体联考)平面区域A1＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x，y|x2＋y2＜4，x，y∈R))，A2＝{(x，y)||x|＋|y|≤3，x，y∈R}．在A2内随机取一点，那么该点不在A1内的概率为________．解析：分别画出区域A1，A2，如图圆内局部和正方形及其内部所示，根据几何概型可知，所求概率为eq\f(18－4π,18)＝1－eq\f(2π,9).答案：1－eq\f(2π,9)角度二：与线性规划交汇命题的问题2．(2022·广州综合测试)在平面区域{(x，y)|0≤x≤1，1≤y≤2}内随机投入一点P，那么点P的坐标(x，y)满足y≤2x的概率为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)解析：选A依题意作出图象如图，那么P(y≤2x)＝eq\f(S阴影,S正方形)＝eq\f(\f(1,2)×\f(1,2)×1,12)＝eq\f(1,4).[通法在握]1．几何概型与平面几何、解析几何等知识交汇问题的解题思路利用平面几何、解析几何等相关知识，先确定根本领件对应区域的形状，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．2．几何概型与线性规划交汇问题的解题思路先根据约束条件作出可行域，再确定形状，求面积大小，进而代入公式求概率．[演练冲关]1．(2022·石家庄市教学质量检测)如图，圆C内切于扇形AOB，∠AOB＝eq\f(π,3)，假设向扇形AOB内随机投掷600个点，那么落入圆内的点的个数估计值为()A．100 B．200C．400 D．450解析：选C如下图，作CD⊥OA于点D，连接OC并延长交扇形于点E，设扇形半径为R，圆C半径为r，∴R＝r＋2r＝3r，∴落入圆内的点的个数估计值为600·eq\f(πr2,\f(1,6)π3r2)＝400.2．(2022·湖北高考)在区间[0,1]上随机取两个数x，y，记p1为事件“x＋y≤eq\f(1,2)〞的概率，p2为事件“xy≤eq\f(1,2)〞的概率，那么()A．p1＜p2＜eq\f(1,2)B．p2＜eq\f(1,2)＜p1C.eq\f(1,2)＜p2＜p1D．p1＜eq\f(1,2)＜p2解析：选D如图，满足条件的x，y构成的点(x，y)在正方形OBCA内，其面积为1.事件“x＋y≤eq\f(1,2)〞对应的图形为阴影△ODE，其面积为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)，故p1＝eq\f(1,8)＜eq\f(1,2)；事件“xy≤eq\f(1,2)〞对应的图形为斜线表示局部，其面积显然大于eq\f(1,2)，故p2＞eq\f(1,2)，那么p1＜eq\f(1,2)＜p2，应选D.一抓根底，多练小题做到眼疾手快1．在区间[－1,2]上随机取一个数x，那么|x|≤1的概率为()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：选A因为|x|≤1，所以－1≤x≤1，所以所求的概率为eq\f(1－－1,2－－1)＝eq\f(2,3).2．(2022·广州市五校联考)四边形ABCD为长方形，AB＝2，BC＝1，O为AB的中点，在长方形ABCD内随机取一点，取到的点到O的距离大于1的概率为()A.eq\f(π,4) B．1－eq\f(π,4)C.eq\f(π,8) D．1－eq\f(π,8)解析：选B如图，依题意可知所求概率为图中阴影局部与长方形的面积比，即所求概率P＝eq\f(S阴影,S长方形ABCD)＝eq\f(2－\f(π,2),2)＝1－eq\f(π,4).3．正棱锥S­ABC的底面边长为4，高为3，在正棱锥内任取一点P，使得VP­ABC＜eq\f(1,2)VS­ABC的概率是()A.eq\f(3,4) B.eq\f(7,8)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)解析：选B由题意知，当点P在三棱锥的中截面以下时，满足VP­ABC＜eq\f(1,2)VS­ABC，故使得VP­ABC＜eq\f(1,2)VS­ABC的概率：P＝eq\f(大三棱锥的体积－小三棱锥的体积,大三棱锥的体积)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(7,8).4．函数f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，假设从区间[－5,5]内随机抽取一个实数x0，那么所取的x0满足f(x0)≤0的概率为________．解析：令x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2，由几何概型的概率计算公式得P＝eq\f(2－－1,5－－5)＝eq\f(3,10)＝0.3.答案：0.35．(2022·河南省六市第一次联考)欧阳修?卖油翁?中写道：(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿，可见“行行出状元〞，卖油翁的技艺让人叹为观止，假设铜钱是直径为2cm的圆，中间有边长为0.5cm的正方形孔，假设你随机向铜钱上滴一滴油，那么油(油滴的大小忽略不计)正好落入孔中的概率为________．解析：由题意得，所求概率为P＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2,π)＝eq\f(1,4π).答案：eq\f(1,4π)二保高考，全练题型做到高考达标1．有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，假设小球落在阴影局部，那么可中奖，小明要想增加中奖时机，应选择的游戏盘是()解析：选A由题意及题图可知，各种情况的概率都是其面积比，中奖的概率依次为P(A)＝eq\f(3,8)，P(B)＝eq\f(2,8)，P(C)＝eq\f(1,3)，P(D)＝eq\f(1,3)，故P(A)最大，应选A.2．在长为12cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB的长，那么该矩形面积小于32cm2的概率为()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(4,5)解析：选C根据题意求出矩形的面积为32时线段AC或线段BC的长，然后求出概率．设AC＝x，那么CB＝12－x，所以x(12－x)＝32，解得x＝4或x＝8.所以P＝eq\f(4＋4,12)＝eq\f(2,3).3．(2022·贵阳市监测考试)在[－4,4]上随机取一个实数m，能使函数f(x)＝x3＋mx2＋3x在R上单调递增的概率为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(3,8)C.eq\f(5,8) D.eq\f(3,4)解析：选D由题意，得f′(x)＝3x2＋2mx＋3，要使函数f(x)在R上单调递增，那么3x2＋2mx＋3≥0在R上恒成立，即Δ＝4m2－36≤0，解得－3≤m≤3，所以所求概率为eq\f(3－－3,4－－4)＝eq\f(3,4)，应选D.4．平面区域D＝{(x，y)|－1≤x≤1，－1≤y≤1}，在区域D内任取一点，那么取到的点位于直线y＝kx(k∈R)下方的概率为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)解析：选A由题设知，区域D是以原点为中心的正方形，直线y＝kx将其面积平分，如图，所求概率为eq\f(1,2).5．在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上随机取一个数x，那么sinx＋cosx∈[1，eq\r(2)]的概率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,8) D.eq\f(5,8)解析：选B因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，所以x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(3π,4)))