高考数学一轮复习 第十六单元 概率 高考达标检测（四十七）几何概型命题3角度-长度（角度）、面积、体积 理试题

高考达标检测（四十七）几何概型命题3角度——长度（角度）、面积、体积一、选择题1.如图所示，A是圆上一定点，在圆上其他位置任取一点A′，连接AA′，得到一条弦，则此弦的长度小于或等于半径长度的概率为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)解析：选C当AA′的长度等于半径长度时，∠AOA′＝eq\f(π,3)，A′点在A点左右都可取得，故由几何概型的概率计算公式得P＝eq\f(\f(2π,3),2π)＝eq\f(1,3).2．随机地向半圆0<y<eq\r(2ax－x2)(a为正常数)内掷一点，若点落在圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，则原点与该点的连线与x轴的夹角小于eq\f(π,4)的概率为()A.eq\f(1,2)＋eq\f(1,π) B.eq\f(1,2)－eq\f(1,π)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,π)解析：选A由题意可知半圆0<y<eq\r(2ax－x2)是以(a,0)为圆心、以a为半径的x轴上方的半圆，要使原点与半圆内一点的连线与x轴的夹角小于eq\f(π,4)，则该点应该落在直线y＝x与x轴之间的区域，所以所求事件的概率为P＝eq\f(\f(1,4)×π×a2＋\f(1,2)×a2,\f(1,2)×π×a2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,π).3.“勾股定理”在西方被称为“华达哥拉斯定理”，三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用形数结合的方法给出了勾股定理的详细证明．如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个边长为2的大正方形，若直角三角形中较小的锐角α＝eq\f(π,6)，现在向该正方形区域内随机地投掷一枚飞镖，飞镖落在小正方形内的概率为()A．1－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(4－\r(3),4) D.eq\f(\r(3),4)解析：选A由题知，直角三角形中较短的直角边长为1，较长的直角边长为eq\r(3)，所以中间小正方形的边长为eq\r(3)－1，其面积为(eq\r(3)－1)2＝4－2eq\r(3)，则飞镖落在小正方形内的概率为eq\f(4－2\r(3),4)＝1－eq\f(\r(3),2).4．已知圆C：x2＋y2－2x－1＝0，直线3x－4y＋12＝0，圆C上任意一点P到直线的距离小于2的概率为()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)解析：选D因为圆C：(x－1)2＋y2＝2，圆心C(1,0)，半径r＝eq\r(2)，所以圆心C到直线3x－4y＋12＝0的距离d＝eq\f(15,\r(32＋－42))＝3.若圆心C到直线3x－4y＋m＝0的距离d＝eq\f(|3＋m|,\r(32＋－42))＝1，则m＝2或m＝－8(舍去)，此时直线AB的方程为3x－4y＋2＝0，如图所示，在△ABC中，CD＝1，CB＝eq\r(2)，则△ABC为等腰直角三角形，即∠ACB＝eq\f(π,2)，故所求概率P＝eq\f(\f(π,2),2π)＝eq\f(1,4).5．设曲线y＝x2＋1及直线y＝2所围成的封闭图形为区域D，不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,0≤y≤2，))所确定的区域为E，在区域E内随机取一点，该点恰好在区域D的概率为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：选C作出示意图如图所示，联立曲线y＝x2＋1及直线y＝2，解得x＝±1，则曲线y＝x2＋1及直线y＝2围成的封闭图形的面积为S＝eq\i\in(-1,1,)(1－x2)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)x3))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,-1))＝eq\f(4,3)，不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,0≤y≤2))所确定的区域的面积为4，故在区域E内随机取一点，该点恰好在区域D内的概率P＝eq\f(\f(4,3),4)＝eq\f(1,3).6．已知函数f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx，当x∈[0，π]时，f(x)≥1的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,2)解析：选Df(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∵x∈[0，π]，∴x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，由f(x)≥1，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))≥eq\f(1,2)，∴eq\f(π,3)≤x＋eq\f(π,3)≤eq\f(5π,6)，∴0≤x≤eq\f(π,2)，∴所求的概率为P＝eq\f(\f(π,2),π)＝eq\f(1,2).7．已知△ABC内一点O满足eq\o(OA,\s\up7(→))＋2eq\o(OB,\s\up7(→))＋3eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，若在△ABC内任意投一个点，则该点在△OAC内的概率为()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：选C如图，以eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))为邻边作平行四边形OBDC，则eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(OD,\s\up7(→))，又eq\o(OA,\s\up7(→))＋2eq\o(OB,\s\up7(→))＋3eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，则3eq\o(OD,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→)).作AB靠近B点的三等分点E，则eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(EO,\s\up7(→))，则O到AC的距离是E到AC距离的一半，所以B到AC的距离是O到AC的距离的3倍，所以S△AOC＝eq\f(1,3)S△ABC，故在△ABC内任意投一个点，则该点在△OAC内的概率为eq\f(1,3).8．在[－2,2]上随机地取两个实数a，b，则事件“直线x＋y＝1与圆(x－a)2＋(y－b)2＝2有交点”发生的概率为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(9,16)C.eq\f(3,4) D.eq\f(11,16)解析：选D根据题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤a≤2，,－2≤b≤2，))又直线x＋y＝1与圆(x－a)2＋(y－b)2＝2有交点，即eq\f(|a＋b－1|,\r(2))≤eq\r(2)，得－2≤a＋b－1≤2，所以－1≤a＋b≤3，作出平面区域如图所示，则事件“直线x＋y＝1与圆(x－a)2＋(y－b)2＝2有交点”发生的概率为P＝eq\f(S阴影,S正方形)＝eq\f(42－\f(1,2)×32－\f(1,2)×12,42)＝eq\f(11,16).二、填空题9．已知线段AC＝16cm，先截取AB＝4cm作为长方体的高，再将线段BC任意分成两段作为长方体的长和宽，则长方体的体积超过128cm3的概率为________．解析：依题意，设长方体的长为xcm，则相应的宽为(12－x)cm，由4x(12－x)＞128，得x2－12x＋32＜0，解得4＜x＜8，因此所求的概率为eq\f(8－4,12)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)10．在区间[－3,5]上随机取一个数a，则使函数f(x)＝x2＋2ax＋4无零点的概率为__________．解析：若使函数f(x)＝x2＋2ax＋4无零点，则Δ＝4a2－16<0，解得－2<a则使函数f(x)＝x2＋2ax＋4无零点的概率P＝eq\f(2－－2,5－－3)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)11．不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≤0，,x＋y≥0，,x－y≥0))表示平面区域为Ω，在区域Ω内任取一点P(x，y)，则点的坐标满足不等式x2＋y2≤2的概率为________．解析：作出不等式组所表示的平面区域如图中△OAB所示，面积为4，在△OAB内满足x2＋y2≤2所表示的平面区域为四分之一圆，面积为eq\f(π,2)，所以所求事件的概率P＝eq\f(\f(π,2),4)＝eq\f(π,8).答案：eq\f(π,8)12.在底和高等长度的锐角三角形中有一个内接矩形ABCD，矩形的一边BC在三角形的底边上，如图，在三角形内任取一点，则该点取自矩形内的最大概率为________．解析：设AD＝x，AB＝y，则由三角形相似可得eq\f(x,a)＝eq\f(a－y,a)，解得y＝a－x，所以矩形的面积S＝xy＝x(a－x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋a－x,2)))2＝eq\f(a2,4)，当且仅当x＝a－x，即x＝eq\f(a,2)时，S取得最大值eq\f(a2,4)，所以该点取自矩形内的最大概率为eq\f(\f(a2,4),\f(1,2)×a×a)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)三、解答题13．某班早晨7：30开始上早读课，该班学生小陈和小李在早上7：10至7：30之间到班，且两人在此时间段的任何时刻到班是等可能的．(1)在平面直角坐标系中画出两人到班的所有可能结果表示的区域；(2)求小陈比小李至少晚5分钟到班的概率．解：(1)用x，y分别表示小陈、小李到班的时间，则x∈[10,30]，y∈[10,30]，所有可能结果对应坐标平面内一个正方形区域ABCD，如图所示．(2)小陈比小李至少晚到5分钟，即x－y≥5，对应区域为△BEF，故所求概率P＝eq\f(S△BEF,S正方形ABCD)＝eq\f(\f(1,2)×15×15,20×20)＝eq\f(9,32).14．已知向量a＝(－2,1)，b＝(x，y)．(1)若x，y分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足a·b＝－1的概率；(2)若x，y在连续区间[1,6]上取值，求满足a·b<0的概率．解：(1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为6×6＝36(个)．由a·b＝－1，得－2x＋y＝－1，即y＝2x－1，所以满足a·b＝－1的基本事件为(1,1)，(2,3)，(3,5)，共3个．故满足a·b＝－1的概率为eq\f(3,36)＝eq\f(1,12).(2)若x，y在连续区间[1,6]上取值，则全部基本事件的结果为Ω＝{(x，y)|1≤x≤6,1≤y≤6}，满足a·b<0的基本事件的结果为A＝{(x，y)|1≤x≤6，1≤y≤6且－2x＋y<0}．画出图形如图，矩形的面积为S矩形＝25，阴影部分的面积为S阴影＝25－eq\f(1,2)×2×4＝21，故满足a·b<0的概率为eq\f(21,25).1．有一长、宽分别为50m,30m的游泳池，一名工作人员在池边巡视，某时刻出现在池边任一位置的可能性相同，一人在池中心(对角线交点)处呼唤工作人员，其声音可传出15eq\r(2)m，则工作人员能及时听到呼唤(出现在声音可传到区域)的概率是()A.eq\f(3,4) B.eq\f(3,8)C.eq\f(3π,16) D.eq\f(12＋3π,32)解析：选B如图所示，当工作人员走到AB或CD两个线段中时能及时听到呼唤，其中OA＝15eq\r(2)，作OE⊥AB，垂足为E，则OE＝15，AB＝2eq\r(15\r(2)2－152)＝30，所有可能的结果为游泳池的周长160，故所求概率P＝eq\f(2×30,160)＝eq\f(3,8).2．若不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≤0，,x－y＋1≥0，,y＋\f(1,2)≥0))表示的区域为Ω，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2≤eq\f(1,4)表示的区域为M，向区域Ω均匀随机撒360粒芝麻，则落在区域M中的芝麻约为()A．114粒 B．10粒C．150粒 D．50粒解析：选A作出不等式组所表示的平面区域Ω为图中△ABC所示．易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(3,2)，－eq\f(1,2)))，C(0,1)，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(3,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(9,4)，区域M的面积为圆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)的面积，即π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq