2022届高考数学一轮复习第九章计数原理概率随机变量及其分布列第四节古典概型与几何概型课时规范练理含

PAGE第四节古典概型与几何概型[A组基础对点练]1．为美化环境，要从红、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．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(5,6)解析：将4种颜色的花任选2种种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一花坛的种数有4种，故概率为eq\f(2,3).答案：C2．抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的概率是()A．eq\f(1,9) B．eq\f(1,6)C．eq\f(1,18) D．eq\f(1,12)解析：抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的情况有：(1，4)，(4，1)，(2，5)，(5，2)，(3，6)，(6，3)，共6种，而抛掷两枚质地均匀的骰子的情况共有36种，所以所求概率P＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).答案：B3．某同学先后投掷一枚质地均匀的骰子两次，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＝1上的概率为()A．eq\f(1,12) B．eq\f(1,9)C．eq\f(5,36) D．eq\f(1,6)解析：先后投掷两次骰子的结果共有6×6＝36(种)，而以(x，y)为坐标的点落在直线2x－y＝1上的结果有(1，1)，(2，3)，(3，5)，共3种，故所求概率为eq\f(3,36)＝eq\f(1,12).答案：A4．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．eq\f(7,10) B．eq\f(5,8)C．eq\f(3,8) D．eq\f(3,10)解析：记“至少需要等待15秒才出现绿灯”为事件A，则P(A)＝eq\f(25,40)＝eq\f(5,8).答案：B5．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x2＋y2＝9内部的概率为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,4) D．eq\f(2,5)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eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).答案：B6．(2021·湖北武汉模拟)在区间[0，1]上随机取一个数x，则事件“log0.5(4x－3)≥0”A．eq\f(3,4) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)解析：因为log0.5(4x－3)≥0，所以0<4x－3≤1，即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).答案：D7．设复数z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为()A．eq\f(3,4)＋eq\f(1,2π) B．eq\f(1,2)＋eq\f(1,π)C．eq\f(1,2)－eq\f(1,π) D．eq\f(1,4)－eq\f(1,2π)

解析：复数|z|≤1对应的区域是以(1，0)为圆心，以1为半径的圆及其内部，图中阴影部分表示在圆内(包括边界)且满足y≥x的区域，该区域的面积为eq\f(1,4)π－eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,4)π－eq\f(1,2)，故满足y≥x的概率为eq\f(\f(1,4)π－\f(1,2),π×12)＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2π).答案：D8．若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为()A．eq\f(2,3) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(9,10)解析：由题意知，从五位大学毕业生中录用三人，所有不同的可能结果有(甲，乙，丙)，(甲，乙，丁)，(甲，乙，戊)，(甲，丙，丁)，(甲，丙，戊)，(甲，丁，戊)，(乙，丙，丁)，(乙，丙，戊)，(乙，丁，戊)，(丙，丁，戊)，共10种，其中“甲与乙均未被录用”的所有不同的可能结果只有(丙，丁，戌)这1种，故其对立事件“甲或乙被录用”的可能结果有9种，所求概率P＝eq\f(9,10).答案：D9．利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a，b，则事件“eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1>0，,3b－1>0))”发生的概率为()A．eq\f(4,9) B．eq\f(1,9)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,3)解析：由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤a≤1，,0≤b≤1，))该不等式组表示的区域为一个边长为1的正方形，其面积是1.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1>0，,3b－1>0，,0≤a≤1，,0≤b≤1))表示的区域为一个边长为eq\f(2,3)的正方形，面积是eq\f(4,9)，所以所求概率为eq\f(4,9).答案：A10．将一枚质地均匀的骰子(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，则出现向上的点数之和小于10的概率是________．解析：将骰子先后抛掷2次的点数记为(x，y)，则共有36个等可能基本事件，其中点数之和大于或等于10的基本事件有6种：(4，6)，(5，5)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，所以所求概率为eq\f(30,36)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)11．从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为a，b，则eq\f(b,a)为整数的概率是________．解析：从2，3，8，9中任取两个不同的数记为a，b，作为分数的分母与分子，有eq\f(3,2)，eq\f(8,2)，eq\f(9,2)，eq\f(2,3)，eq\f(8,3)，eq\f(9,3)，eq\f(2,8)，eq\f(3,8)，eq\f(9,8)，eq\f(2,9)，eq\f(3,9)，eq\f(8,9)，共12个不同的基本事件，其中eq\f(b,a)为整数的只有eq\f(8,2)，eq\f(9,3)，共2个基本事件，所以其概率P＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)12．将一枚骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．解析：依题意，将一枚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)，a2≤b2的数组(a，b)有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，2)，(2，3)，…，(6，6)，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)[B组素养提升练]1．如图所示，正三角形ABC内的图形来自中国古代的太极图．正三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正三角形的中心成中心对称．在正三角形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3)π,18) D．eq\f(2\r(3)π,9)解析：设正三角形边长为a，则圆的半径为eq\f(\r(3)a,6)，正三角形的面积为eq\f(\r(3),4)a2，圆的面积为eq\f(πa2,12).由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半．由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑色部分的概率是eq\f(\f(1,2)·\f(πa2,12),\f(\r(3),4)a2)＝eq\f(\r(3)π,18).答案：C2．(2021·福建模拟)如图所示，曲线y＝sineq\f(πx,2)＋3把边长为4的正方形OABC分成黑色部分和白色部分，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,8) D．eq\f(3,4)解析：设曲线y＝sineq\f(πx,2)＋3(0≤x≤4)与线段OC，AB，BC的公共点分别为D，E，F，设DE的中点为G(图略)，则D(0，3)，E(4，3)，F(1，4)，G(2，3)，因为曲线y＝sineq\f(πx,2)＋3关于点G(2，3)中心对称，所以曲线y＝sineq\f(πx,2)＋3与线段DE围成的左(白)、右(黑)两部分面积相等，所以黑色部分的面积等于矩形DEBC的面积，所以所求概率为eq\f(S矩形DEBC,S正方形OABC)＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4).答案：A3．(2020·河南商丘模拟)已知P是△ABC所在平面内一点，eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＋2eq\o(PA,\s\up6(→))＝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．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)解析：如图所示，设点M是BC边的中点，因为eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＋2eq\o(PA,\s\up6(→))＝0，所以点P是中线AM的中点，所以黄豆落在△PBC内的概率P＝eq\f(S△PBC,S△ABC)＝eq\f(1,2).答案：C4．(2020·湖南长沙长郡中学检测)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________.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整除的数共有45＋30－15＝60(个)，所以所求概率是eq\f(60,90)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)5．(2020·西安模拟)某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：乘坐站数x0＜x≤33＜x≤66＜x≤9票价(元)123现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下车的可能性是相同的．(1)若甲、乙两人共付费2元，则甲、乙下车的方案共有多少种？(2)若甲、乙两人共付费4元，求甲比乙先到达目的地的概率．解析：(1)由题意知甲、乙两人乘坐地铁均不超过3站，前3站设为A1，B1，C1.甲、乙两人下车方案有(A1，A1)，(A1，B1)，(A1，C1)，(B1，A1)，(B1，B1)，(B1，C1)，(C1，A1)，(C1，B1)，(C1，C1)，共9种．(2)设9站分别为A1，B1，C1，A2，B2，C2，A3，B3，C3.因为甲、乙两人共付费4元，共有甲付1元，乙付3元；甲付3元，乙付1元；甲付2元，乙付2元，三类情况．由(1)可知每类情况中有9种方案，所以甲、乙两人共付费4元共有27种方案，而甲比乙先到达目的地的方案有(A1，A3)，(A1，B3)，(A1，C3)，(B1，A3)，(B1，B3)，(B1，C3)，(C1，A3)，(C1，B3)，(C1，C3)，(A2，B2)，(A2，C2)，(B2，C2)，共12种，故所求概率为eq\f(12,27)＝eq\f(4,9).所以甲比乙先到达目的地的概率为eq\f(4,9).6．(2020·兰州双基测试)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