高考数学一轮复习课时跟踪检测(五十五)几何概型文苏教版

课时追踪检测（五十五）几何概型一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·连云港调研)欧阳修在《卖油翁》中写到：(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．若铜钱的形状是直径为3cm的圆，中间有边长为1cm的正方形孔，若随机向铜钱上滴一滴油，则油(油滴的大小忽视不计)正好落入孔中的概率是________．1×14分析：依据几何概型知，P＝32＝9π.π×24答案：9π2.(2018·无锡中学检测)如图，矩形的长为12，宽为5，在矩形内随机地扔掷1000颗黄豆，数得落在暗影部分的黄豆为600颗，则能够估计暗影部分的面积约为________．分析：可预计暗影部分的面积约为600×12×5＝36.1000答案：363．(2019·镇江调研)有一个底面半径为1，高为3的圆柱，点O1，O2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心．在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为________．分析：因为点P到点O，O的距离小于等于1的点的会合为以点O，O为球心，1为半1212径的两个半球，求得体积1434＝＝π，所以点到V′＝2××π×1＝π，圆柱的体积P233VSh34π点1，2的距离都大于35OOP3π95答案：94．已知函数f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，若从区间[－5,5]内随机抽取一个实数x0，则所取的x0知足f(x0)≤0的概率为________．22－－分析：令x－x－2≤0，解得－1≤x≤2，由几何概型的概率计算公式得P＝5－－3.10答案：

3105．(2018·苏锡常镇一模)已知Ω1是会合{(x，y)|x2＋y2≤1}所表示的地区，Ω2是集合{(x，y)|y≤|x|}

所表示的地区，向地区

Ω1内随机的投一个点，则该点落在地区

Ω2内的概率为________．分析：作出地区

Ω1(圆面)、Ω2(暗影部分

)的表示图以下图，依据几何概型的概率计3算公式得，该点落在地区

Ω2内的概率为

4.3答案：4以下图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆．在扇形OAB内随机取一点，则此点取自暗影部分的概率是________．2分析：设扇形的半径为2，则其面积为π×2＝π，记由两段小圆4121π－1π弧围成的暗影面积为S，此外三段圆弧围成的暗影面积为S，则S＝2×42＝2－1，2π2π2πππ－1S＝4×2－2×2×1＋2－1＝2－1，故暗影部分总面积为2×2＝π－2，所以任π－22取一点，此点取自暗影部分的概率为π＝1－π.2答案：1－π二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·苏州中学高三期末)已知实数a∈[－2,5]，则a∈{x∈R|x2－2x－3≤0}的概率为________．23－－4分析：由x－2x－3≤0，解得－1≤x≤3，故所求概率P＝5－－＝7.4答案：72．(2019·启东中学检测)已知正方形的边长为2，点H是边的中点．在正方ABCDDA形ABCD内部随机取一点P，则知足PH＜2的概率为________．分析：如图，知足PH＜2的点在△AEH，扇形EHF及△DFH围成的区124π2＋1π1域内，由几何概型得所求概率为2×2＝8＋4.答案：π8＋143．在[－4,4]上随机取一个实数m，能使函数f(x)＝x32＋mx＋3x在R上单一递加的概率为________．分析：由题意，得f′()＝3x2＋2＋3，要使函数f(x)在R上单一递加，则32＋2mxxmxx＋3≥0在R上恒建立，即＝42－36≤0，解得－3≤≤3，所以所求概率为3－－＝mm4－－34.3答案：42n4．(2018·连云港期末)已知m∈[3,4]，n∈[2.5,3.5]，则对于x的方程x＋mx＋40有解的概率为________．分析：m∈[3,4]，n∈[2.5,3.5]，2n∵对于x的方程x＋mx＋4＝0有解，n∴＝m－4×4＝m－n≥0，3≤m≤4，2.5≤n≤3.5，m－n≥0，画出图形以下图，1117则暗影部分的面积为1－2×2×2＝8，7∴所求的概率87＝＝.P1×187答案：85．在区间－π，π上随机取一个数x，则sinx＋cosx∈[1，2]的概率是________．62分析：因为x∈－π，π，所以x＋π∈π，3π，624124由sinx＋cosx＝2sinx＋π∈[1，2]，4得2x＋π≤1，所以x∈0，π，2≤sin42π－03故要求的概率为2＝.π－－π4263答案：46．已知会合A＝{yy＝x2＋x，－≤x≤22，在会合A中随意|22}，B＝{x|x＋2x－3≤0}取一个元素a，则∈的概率是________．aB分析：A＝{y|y＝x2＋2x，－2≤x≤2}＝{y|－1≤y≤8}．B＝{x|x2＋2x－3≤0}＝{x|－3≤x≤1}.1－－4则所求的概率为8－－＝9.4答案：9a－27．(2018·无锡调研)设a∈[0,10]，则函数g(x)＝x在区间(0，＋∞)上为增函数的概率为________．－2分析：因为函数g(x)＝x在区间(0，＋∞)上为增函数，所以a－2＜0，解得a＜2，所以函数(a－221)＝在区间(0，＋∞)上为增函数的概率＝＝.gxxP1051答案：58．如图，正四棱锥S-ABCD的极点都在球面上，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________．11锥3×2×2R×2R·RV分析：设球的半径为R，则所求的概率为P＝V球＝43πR312π.答案：

12π9．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，在正方体内随机取点M.1求四棱锥M-ABCD的体积小于6的概率；求M落在三棱柱ABC-A1B1C1内的概率．解：(1)正方体ABCD-A1B1C1D1中，设M-ABCD的高为h，11令3×S四边形ABCD×h＝6，1因为S四边形ABCD＝1，所以h＝.11若体积小于6，则h＜2，即点M在正方体的下半部分，1V正方体1所以P＝V正方体＝2.21因为V三棱柱＝2×1×1＝2，V三棱柱1所以所求概率P1＝V正方体＝2.10．(2018·启东中学模拟)甲、乙两家商场对同一种商品展开促销活动，对购置该商品的顾客，两家商场的奖赏方案以下：甲商场：顾客转动以下图圆盘，当指针指向暗影部分(图中四个暗影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，界限忽视不计)即为中奖．乙商场：从装有3个白球和3个红球的不透明盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加划分

)，假如摸到的是

2个红球，即为中奖．问：购置该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？解：假如顾客去甲商场，事件的所有结果组成的地区为圆盘，面积为

πR2(R为圆盘的4×15πR2πR2半径)，暗影地区的面积为＝.3606πR21所以在甲商场中奖的概率P1＝πR2＝6.假如顾客去乙商场，记盒子中3个白球为a1，a2，a3,3个红球为b1，b2，b3，记(x，y)为一次摸球的结果，则全部可能的结果有(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共15种，摸到的2个球都是红球的结果有(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共3种，所以在乙商场1中奖的概率P2＝15＝5.因为P1＜P2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．三登台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·苏州考前模拟)在区间[－1,1]上随机取一个数x，cosπx的值介于0到1之22间的概率为________．分析：在区间[－1,1]上随机取一个数x，即x∈[－1,1]时，要使cosπx的值介于0到21ππππππ222之间，需使－≤2x≤－或≤x≤，所以－1≤x≤－或≤x≤1，区间长度为，2233223332由几何概型知，cosπx的值介于0131到之间的概率为2＝.2231答案：32．(2018·启东中学检测)?α∈R，n∈[0,2]，向量c＝(2n＋3cosα，n－3sinα)的长度不超出6的概率为________．分析：|c|＝＋3cosα2＋n－3sinα2n＝4n2＋12ncosα＋9cos2α＋n2－6nsinα＋9sin2α＝9＋5n2＋12ncosα－6nsinα≤6，化简得5n2＋6n(2cosα－sinα)≤27，即5n2＋65n·21α≤27，即5n2＋65ncos(α＋φ)≤27，此中cosα－sin5515127－5n227－5n2tanφ＝2＝2，当n＞0时，变形得cos(α＋φ)≤65n，因为65n＞0，527－5n2235令65n≥1，即5n＋65n－27≤0，解得0≤n≤5，此时向量c的长度不超出6，35又n∈[0,2]，由几何概型的概率公式得向量c535的长度不超出6的概率为＝.21035答案：103．已知对于x的二次函数f(x)＝b2x2－(a＋1)x＋1.(1)若a，b分别表示将一质地平均的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后扔掷两次时第一次、第二次出现的点数，求y＝f(x)恰有一个零点的概率．若a，b∈[1,6]，求知足y＝f(x)有零点的概率．解：(1)

设(a，b)表示一个基本领件，则扔掷两次骰子的所有基本领件有

(1,1)

，(1,2)

，(1,3)

，(1,4)

，(1,5)

，(1,6)

，(2,1)

，(2,2)

，，

(6,5)

，(6,6)

，共

36个．用A表示事件“

y＝f(x)恰有一个零点”，即＝[－(a＋1)]2－4b2＝0，则a＋1＝2b.则A包括的基本领件