必修五讲义精练第13章132概率及其计算

13．2概率及其计算第一课时古典概率模型1．古典概率(1)设试验的全集Ω有n个元素，且每个元素发生的可能性相同．当Ω的大事A包含了m个元素时，称P(A)＝eq\f(m,n)为大事A发生的概率，简称为A的概率，并把上述定义描述的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．(2)特点：①试验中全部可能消失的元素只有有限个；②每个元素消失的可能性相等．(3)公式：对于古典概型，大事A的概率计算公式为：P(A)＝eq\f(A中包含的元素个数,全集中的元素个数).2．概率的性质(1)0≤P(A)≤1(概率总是[0,1]中的数)(2)P(Ω)＝1，(必定大事的概率为1)(3)P(∅)＝0，(不行能大事的概率为零)3．概率的加法公式假如Ω的大事A，B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．4．对立大事的概率公式假如A是全集Ω的大事，那么P(Ω\A)＝1－P(A)．1．如何确定一个试验是否为古典概型？提示：(1)试验中全部可能消失的元素是有限个．(2)试验中每个元素消失的可能性相等．2．假设大事A⊆B，那么P(A)与P(B)有什么关系呢？提示：假设A⊆B，那么P(A)≤P(B)，P(A∪B)＝P(B)，P(A∩B)＝P(A)．3．应用概率加法公式与对立大事中的概率公式应留意哪些问题？提示：(1)应用概率加法公式的前提是全集中的两大事互斥，所以假设想运用此公式，必需先推断两大事是否互斥，假如不互斥，那么不能应用．(2)对立大事的概率公式的实质是两对立大事的概率之和为1，当直接求某大事的概率比拟麻烦时，可考虑运用此公式，转化为求其对立大事的概率．简洁的古典概型的概率(山东高考)某旅游爱好者方案从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)假设从这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)假设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](1)由题意知，从6个国家中任选2个国家，其全部可能的结果组成的根本领件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{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大事所包含的根本领件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3个．那么所求大事的概率为P＝eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，其全部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}，共9个．包括A1但不包括B1的大事所包含的根本领件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2个，那么所求大事的概率为P＝eq\f(2,9).求解古典概型的概率“四步〞法1．某地区有学校21所，中学14所，高校7所，现采纳分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对同学进行视力调查．(1)求应从学校、中学、高校中分别抽取的学校数目；(2)假设从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，①列出全部可能的抽取结果；②求抽取的2所学校均为学校的概率．解：(1)由题意，从学校中抽取的学校数目为：6×eq\f(21,21＋14＋7)＝3，从中学中抽取的学校数目为：6×eq\f(14,21＋14＋7)＝2，那么从高校中抽取的学校数目为1.(2)①在抽取到的6所学校中，3所学校分别记为A1，A2，A3,2所中学分别记为A4，A5，高校记为A6，那么抽取2所学校．试验的全集Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，A5)，(A1，A6)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，A5)，(A2，A6)，(A3，A4)，(A3，A5)，(A3，A6)，(A4，A5)，(A4，A6)，(A5，A6)}，共15个元素．②用B表示大事从6所学校中抽取的2所学校均为学校，那么B＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)}，共3个元素．所以P(B)＝eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).简单古典概型的概率现有8名奥运会志愿者，其中志愿者A1，A2，A3通晓日语，B1，B2，B3通晓俄语，C1，C2通晓韩语．从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组．(1)M表示A1被选中，求P(M)；(2)N表示B1和C1全被选中，求P(N)；(3)P(M∪N)，P(M∩N)，P(Ω\N)．[解]试验的全集Ω＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A2，B3，C1)，(A2，B3，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)，(A3，B3，C1)，(A3，B3，C2)}．(1)M＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)}，P(M)＝eq\f(6,18)＝eq\f(1,3).(2)N＝{(A1，B1，C1)，(A2，B1，C1)，(A3，B1，C1)}，∴P(N)＝eq\f(3,18)＝eq\f(1,6).(3)M∪N＝{(A1，B1，C1)，(A1，B2，C1)，(A1，B3，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C2)，(A1，B1，C2)，(A2，B1，C1)，(A3，B1，C1)}，∴P(M∪N)＝eq\f(8,18)＝eq\f(4,9).M∩N＝{(A1，B1，C1)}，∴P(M∩N)＝eq\f(1,18).P(Ω\N)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).求较简单大事的概率问题，关键是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型．必要时将所求大事转化成彼此互斥的大事的和，或者先求其对立大事的概率，进而再用互斥大事的概率加法公式或对立大事的概率公式求解．2．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2.(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．解：(1)标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A，B，C，标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D，E，从五张卡片中任取两张，试验的全集Ω＝{(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)}，共10个元素．由于每一张卡片被取到的时机均等，因此这些根本领件的消失是等可能的．用M表示大事从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4.M＝{(A，D)，(A，E)，(B，D)}，M中共3个元素．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为eq\f(3,10).(2)记F为标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张，试验的全集Ω＝{(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个元素．由于每一张卡片被取到的时机均等，因此这些根本领件的消失是等可能的．用大事N表示大事从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4，N＝{(A，D)，(A，E)，(B，D)，(A，F)，(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F)}，共8个元素．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为eq\f(8,15).互斥大事、对立大事的概率一盒中装有大小和质地均相同的12只小球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求(1)取出的小球是红球或黑球的概率；(2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率．[解]记大事A＝“任取1球为红球〞；B＝“任取1球为黑球〞；C＝“任取1球为白球〞；D＝“任取1球为绿球〞，那么P(A)＝eq\f(5,12)，P(B)＝eq\f(4,12)，P(C)＝eq\f(2,12)，P(D)＝eq\f(1,12).(1)取出1球为红球或黑球的概率为P1＝P(A)＋P(B)＝eq\f(5,12)＋eq\f(4,12)＝eq\f(3,4).(2)取出1球为红球或黑球或白球的概率为P2＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq\f(5,12)＋eq\f(4,12)＋eq\f(2,12)＝eq\f(11,12).(或P2＝1－P(D)＝1－eq\f(1,12)＝eq\f(11,12))．求简单的互斥大事的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求大事的概率分解为一些彼此互斥的大事的概率的和，运用互斥大事的求和公式计算．二是间接求法，先求此大事的对立大事的概率，再用公式P(A)＝1－P(Ω\A)，即运用逆向思维(正难那么反)，特殊是“至多〞，“至少〞型题目，用间接求法就显得较简便．3．某射击运发动在一次射击中射中10环、9环、8环、7环、7环以下的概率分别为0.1,0.2,0.3,0.3，0.1.计算这个运发动在一次射击中：(1)射中10环或9环的概率；(2)至少射中7环的概率．解：设“射中10环〞、“射中9环〞、“射中8环〞、“射中7环〞、“射中7环以下〞的大事分别为A，B，C，D，E，那么(1)P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.1＋0.2＝0.3.所以射中10环或9环的概率为0.3.(2)由于射中7环以下的概率为0.1，所以由对立大事的概率公式，得至少射中7环的概率为1－0.1＝0.9.[随堂体验落实]1．有红心1,2,3和黑桃4,5这5张扑克牌，将牌点向下置于桌上，现从中任取一张，那么抽到的牌为红心的概率为()A.eq\f(3,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)解析：选A试验的全集中共有5个元素，而抽到红心有3种状况．∴P＝eq\f(3,5).2．从1,2,3,4中任取2个不同的数，那么取出的2个数之差的肯定值为2的概率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,6)解析：选B试验的全集Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，取出的2个数之差的肯定值为2的有{(1,3)，(2,4)}，故所求概率为eq\f(1,3).3．先后抛掷三枚匀称的硬币，至少消失一次正面对上的概率为()A.eq\f(1,8) B.eq\f(3,8)C.eq\f(7,8) D.eq\f(5,8)解析：选C易计算“三次均反面对上〞的概率为eq\f(1,8)，那么“至少消失一次正面〞向上的概率为1－eq\f(1,8)＝eq\f(7,8).4．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是eq\f(1,2)，乙获胜的概率是eq\f(1,3)，那么乙不输的概率是________．解析：“乙不输〞意味着“乙获胜或两人下成和棋〞，故乙不输的概率为P＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6).5．从3男3女共6名同学中任选2名(每名同学被选中的时机均等)，这2名都是女同学的概率等于________．解析：设3名男同学分别为a1，a2，a3,3名女同学分别为b1，b2，b3，试验的全集Ω＝{a1a2，a1a3，a2a3，a1b1，a1b2，a1b3，a2b1，a2b2，a2b3，a3b1，a3b2，a3b3，b1b2，b1b3，b2b3}，共15个元素，其中都是女同学的有3个，所以概率P＝eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).答案：eq\f(1,5)[感悟高手解题][妙解题]袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率为eq\f(1,3)，得到黑球或黄球的概率是eq\f(5,12)，得到黄球或绿球的概率也是eq\f(5,12)，试求得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率各是多少？[解]从袋中任取一球，记大事“得到红球〞、“得到黑球〞、“得到黄球〞、“得到绿球〞分别为A，B，C，D，那么有P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝eq\f(5,12)；P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝eq\f(5,12)；P(B∪C∪D)＝1－P(A)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，P(B)＝P(B∪C∪D)－P(C∪D)，解得P(B)＝eq\f(1,4).同理，P(D)＝eq\f(1,4).P(C)＝P(C∪D)－P(D)＝eq\f(5,12)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,6).一、选择题1．一个口袋内装有2个白球和3个黑球，那么先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(2,5) D.eq\f(1,5)解析：选C先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率，实质就是其次次摸出白球的概率，由于袋内有2个白球和3个黑球，因此P＝eq\f(2,5).2．甲、乙两人随便入住两间空房，那么甲、乙两人同住一间房的概率是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)解析：选C试验的全集为Ω＝{(甲A，乙B)，(甲A，乙A)，(甲B，乙A)，(甲B，乙B)}，甲、乙同住一间房：{(甲A，乙A)，(甲B，乙B)}，∴P＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2).3．古代“五行〞学说认为：“物质分金、木、水、火、土五种属性，金克木、木克土、土克水、水克火、火克金．〞从五种不同属性的物质中随机抽取两种，那么抽取的两种物质不相克的概率为()A.eq\f(3,10) B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,5)解析：选C从五种不同属性的物质中随机抽取两种，试验的全集Ω＝{(金，木)、(金，水)、(金，火)、(金，土)、(木，水)、(木，火)、(木，土)、(水，火)、(水，土)、(火，土)}共10种等可能发生的结果．其中金克木，木克土，土克水，水克火，火克金，即相克的有5种，那么不相克的也是5种，所以抽取的两种物质不相克的概率为eq\f(1,2).4．假设某公司从五位高校毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的时机均等，那么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：选D记大事A：甲或乙被录用．从五人中录用三人，试验的全集Ω＝{(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个元素，而A的对立大事Ω/A仅有(丙，丁，戊)，∴A的对立大事Ω/A的概率为P(Ω/A)＝eq\f(1,10)，∴P(A)＝1－P(Ω/A)＝eq\f(9,10).二、填空题5．从含有3个元素的集合的子集中任取一个，所取得的子集是含有2个元素的集合的概率是________．解析：{a，b，c}的全部子集共有8个：∅，{a}，{b}，{c}，{a，b}，{a，c}，{b，c}，{a，b，c}，含有两个元素的子集有3个．∴P＝eq\f(3,8).答案：eq\f(3,8)6．同时抛掷两枚骰子，没有5点或6点的概率为eq\f(4,9)，那么至少有一个5点或6点的概率是________．解析：记“没有5点或6点〞为大事A，那么P(A)＝eq\f(4,9)，记“至少有一个5点或6点〞为大事B，由于A∩B＝∅，A∪B为必定大事，所以大事A与大事B是对立大事，所以P(B)＝1－P(A)＝1－eq\f(4,9)＝eq\f(5,9).所以至少有一个5点或6点的概率是eq\f(5,9).答案：eq\f(5,9)7．三张卡片上分别写上字母E，E，B，将三张卡片随机地排成一行，恰好排成英文单词BEE的概率为________．解析：试验的全集为Ω＝{(B，E1，E2)，(B，E2，E1)，(E1，B，E2)，(E1，E2，B)，(E2，B，E1)，(E2，E1，B)}共有6个元素，满意要求的有两个．∴P＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)8．盒子里共有大小相同的3只白球，1只黑球．假设从中随机摸出两只球，那么它们颜色不同的概率是________．解析：用A，B，C表示3个白球，d表示黑球，那么Ω＝{(A，B)，(A，C)，(A，d)，(B，C)，(B，d)，(C，d)}共有6个元素．两只球颜色不同的为{(A，d)，(B，d)，(C，d)}，∴P＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)三、解答题9．为了了解?道路交通平安法?在同学中的普及状况，调查部门对某校6名同学进行问卷调查，6人得分状况如下：5,6,7,8,9,10.把这6名同学的得分看成一个总体．(1)求该总体的平均数；(2)用简洁随机抽样方法从这6名同学中抽取2名，他们的得分组成一个样本．求该样本平均数与总体平均数之差的肯定值不超过0.5的概率．解：(1)总体的平均数为eq\f(1,6)(5＋6＋7＋8＋9＋10)＝7.5.(2)用A表示大事样本平均数与总体平均数之差的肯定值不超过0.5.Ω＝{(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(5,10)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，(7,10)，(8,9)，(8,10)，(9,10)}共有15个元素，A＝{(5,9)，(5,10)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)}共有7个元素，∴P(A)＝eq\f(7,15).10．某商场有奖销售中，购满100元商品得一张奖券，多购多得，每1000张奖券为一个开奖单位．设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的大事分别为A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)抽取1张奖券中奖概率；(3)抽取1张奖券不中特等奖或一等奖的概率．解：(1)∵每1000张奖券中设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个，∴P(A)＝eq\f(1,1000)，P(B)＝eq\f(10,1000)＝eq\f(1,100)，P(C)＝eq\f(50,1000)＝eq\f(1,20).(2)设“抽取1张奖券中奖〞为大事D，那么P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq\f(1,1000)＋eq\f(1,100)＋eq\f(1,20)＝eq\f(61,1000).(3)设“抽取1张奖券不中特等奖或一等奖〞为大事E，那么P(E)＝1－P(A)－P(B)＝1－eq\f(1,1000)－eq\f(1,100)＝eq\f(989,1000).其次课时几何概率1．几何概率定义1设试验的全集Ω是长度为正数的区间，A是Ω的子区间，假如试验的结果随机地落在Ω中，那么称P(A)＝eq\f(A的长度,Ω的长度)为大事A发生的概率，简称A的概率．2．几何概率定义2设试验的全集Ω是面积为正数的区域，A是Ω的子区域，假如试验的结果随机地落在Ω中，那么称P(A)＝eq\f(A的面积,Ω的面积)为大事A发生的概率，简称A的概率．3．几何概率的性质(1)0≤P(A)≤1(概率总是[0,1]中的数)．(2)P(Ω)＝1(必定大事的概率是1)．(3)P(∅)＝0(不行能大事的概率为0)．(4)假如A，B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．(5)P(A)＋P(Ω\A)＝1(对立大事概率之和等于1)．1．几何概率有什么特点？提示：(1)试验中消失的结果有无限个．(2)每个结果消失的可能性相等．2．古典概型与几何概率的区分和联系是什么？提示：几何概率也是一种概率模型，它与古典概型的区分是：古典概型的试验结果是有限的，而几何概率的试验结果是无限的．联系是：每个根本领件的发生都是等可能的．几何概率的特点是每个根本领件在一个区域内匀称分布，所以随机大事概率的大小与随机大事所在区域的外形、位置无关，只与区域的大小有关．3．“概率为1的大事肯定是必定大事，概率为0的大事肯定是不行能大事〞，这个说法正确吗？提示：假如随机大事所在的区域是一个单点，由于单点的长度、面积、体积均为0，那么它消失的概率为0，但它不是不行能大事；假如一个随机大事所在的区域是全部区域扣除一个单点，那么它消失的概率为1，但不是必定大事．与长度有关的几何概率某人欲从某车站乘车出差，从该站发往目的地的客车为每小时一班，求此人等车时间不多于10分钟的概率．[解]试验的全集为Ω＝[0,60]，A＝[50,60]表示此人恰好等车的时间不多于10分钟，由几何概率得P(A)＝eq\f(60－50,60)＝eq\f(1,6)，即此人等车时间不多于10分钟的概率为eq\f(1,6).与长度有关的几何概率问题，要把握好全集所代表的区域长度以及子区域所代表的区域长度，当子区域被给予了肯定条件后可能变得较为简单，因此，要时刻依据条件确定区域长度．1．(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，且到达发车站的时刻是随机的，那么他等车时间不超过10分钟的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析：选B如图，7：50至8：30之间的时间长度为40分钟，而小明等车时间不超过10分钟是指小明在7：50至8：00之间或8：20至8：30之间到达发车站，此两种状况下的时间长度之和为20分钟，由几何概型概率公式知所求概率为P＝eq\f(20,40)＝eq\f(1,2).应选B.与面积有关的几何概率墙上挂着一块边长为16cm的正方形木板，上面画了小、中、大三个同心圆，半径分别为2cm,4cm,6cm，某人站在3m之外向此板投镖，设投镖击中线上或没有投中木板时都不算，可重投，问：(1)投中大圆内的概率是多少？(2)投中小圆与中圆形成的圆环的概率是多少？(3)投中大圆之外的概率是多少？解：依题意知S正方形＝16×16＝256(cm2)，S小圆＝π×22＝4π(cm2)，S圆环＝π×42－π×22＝12π(cm2)，S大圆＝π×62＝36π(cm2)，S大圆外＝16×16－36π＝(256－36π)cm2，那么(1)投中大圆的概率P(A1)＝eq\f(36π,256)≈0.442；(2)投中小圆与中圆形成的圆环的概率P(A2)＝eq\f(12π,256)≈0.147；(3)投中大圆之外的概率P(A3)＝eq\f(256－36π,256)＝1－eq\f(36π,256)＝1－P(A1)≈0.558.求与面积有关的几何概率的步骤是：首先把大事转化为与之对应的区域，其次，求出相应区域的面积，最终利用面积比确定概率．2．如图，在一个边长为3cm的正方形内部画一个边长为2cm的正方形，向大正方形内随机投点，求所投的点落入小正方形内的概率．解：记A＝{所投点落入小正方形内}，S小正方形＝22＝4(cm2)，S大正方形＝32＝9(cm2)，∴P(A)＝eq\f(S小正方形,S大正方形)＝eq\f(4,9).∴所投的点落入小正方形内的概率是eq\f(4,9).[随堂体验落实]1．在区间[20,80]上随机取实数a，那么实数a在区间[50,75]的概率是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(3,4)C.eq\f(5,12) D.eq\f(7,12)解析：选CP＝eq\f(75－50,80－20)＝eq\f(25,60)＝eq\f(5,12).2．在半径为1的半圆内，放置一个边长为eq\f(1,2)的正方形ABCD，向半圆内任投一点，点落在正方形内的概率为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,4π) D.eq\f(1,2π)解析：选D由几何概率得P＝eq\f(\f(1,2)×\f(1,2),\f(1,2)×π×12)＝eq\f(1,2π).3.(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局部和白色局部关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，那么此点取自黑色局部的概率是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(π,8)C.eq\f(1,2) D.eq\f(π,4)解析：选B不妨设正方形的边长为2，那么正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由题意，得S黑＝eq\f(1,2)S圆＝eq\f(π,2)，故此点取自黑色局部的概率P＝eq\f(\f(π,2),4)＝eq\f(π,8).4．向如下图的圆内随机撒上一粒黄豆，那么它落到阴影局部的概率是________．解析：设圆的半径为R，由几何概率知P＝eq\f(\f(1,2)R×2R,πR2)＝eq\f(1,π).答案：eq\f(1,π)5．一海豚在水池中自由游弋，水池为长30m，宽20m的长方形，求此刻海豚嘴尖离岸边不超过2m的概率．解：如图设“海豚嘴尖离岸边不超过2m〞为大事A，由于区域Ω的面积为30×20＝600(m2)，阴影局部的面积为30×20－26×16＝184(m2)．∴P(A)＝eq\f(184,600)＝eq\f(23,75).[感悟高手解题][妙解题]甲、乙两人相约12∶00～13∶00在某地会面，假定每人在这段时间内的每个时刻到达会面地点的可能性是相同的，先到者等20分钟后便离去，试求两人能会面的概率．[解]在平面上建立如下图的直角坐标系，直线x＝60，直线y＝60，x轴、y轴围成一个正方形区域G.设甲12时x分到达会面地点，乙12时y分到达会面地点，这个结果与平面上的点(x，y)对应．于是试验的全部可能结果就与G中的全部点一一对应．由题意知，每一个试验结果消失的可能性是相同的，因此，试验属于几何概型．甲、乙两人能会面，当且仅当他们到达会面地点的时间差不超过20min，即|y－x|≤20，x－20≤y≤x＋20，因此，图中的阴影区域g就表示“甲、乙能会面〞．简洁求得g的面积为602－402，即2000，G的面积为3600，由几何概型的概率计算公式，“甲、乙能会面〞的概率为P(甲、乙能会面)＝eq\f(g的面积,G的面积)＝eq\f(5,9).一、选择题1．“抖空竹〞是我国的一种传统杂技，表演者在两根直径为8～12mm的杆上系一根长度为1m的绳子，并在绳子上放一个空竹，那么空竹与绳子两端的距离都大于0.4m的概率为()A.eq\f(2,5) B.eq\f(1,5)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)解析：选B空竹与绳子两端的距离都大于0.4m，即空竹的运行范围为1－2×0.4＝0.2(m)，故所求大事的概率为P＝eq\,1)＝eq\f(1,5).2．在区间[1,3]上任取一数，那么这个数大于1.5的概率为()解析：[1.5,3]，利用几何概率得P＝eq\,3－1)＝eq\,2)＝0.75.3．大事“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB〞发生的概率为eq\f(1,2)，那么eq\f(AD,AB)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(7),4)解析：选D矩形ABCD如下图，在点P从D点向C点运动过程中，DP在增大，AP也在增大，而BP在渐渐减小，当P点到P1位置时，BA＝BP1，当P点到P2位置时，AB＝AP2，故点P在线段P1P2上时，△ABP中边AB最大，由题意可得P1P2＝eq\f(1,2)CD.在Rt△BCP1中，BPeq\o\al(2,1)＝eq\f(9,16)CD2＋BC2＝eq\f(9,16)AB2＋AD2＝AB2.即AD2＝eq\f(7,16)AB2，所以eq\f(AD,AB)＝eq\f(\r(7),4).4．在面积为S的△ABC的边AB上任取一点D，那么△DBC的面积大于eq\f(S,4)的概率是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,4)D.eq\f(2,3)解析：选C如图，在△ABC中，在AB上取点D使BD＝eq\f(1,4)AB，那么eq\f(h,H)＝eq\f(1,4)，此时S△DBC＝eq\f(1,4)S.在AB边上取点D，那么全部的随机结果为AB上的点，而使面积大于eq\f(S,4)的点落在AD上，