高三数学（理数）总复习练习专题十六 概率 32页

‎1．(2015·广东，4，易)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为(　　)‎ A. B. C. D．1‎ ‎【答案】　B　由题意知，从袋中任取2个球，共有C＝105(种)取法，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的情况有C·C＝50(种)，由古典概型概率公式得P＝＝.‎ ‎2．(2015·江苏，5，易)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，则这2只球颜色不同的概率为________．‎ ‎【解析】　4只球分别记为白、红、黄1、黄2，则从中一次摸出2只球所有可能的情况有：白红、白黄1、白黄2、红黄1、红黄2、黄1黄2，共6种情况，其中2只球颜色不同的有5种，故P＝.‎ ‎【答案】　 ‎1．(2011·四川，1，易)有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下：‎ ‎[11.5，15.5)　 2 　[15.5，19.5)　 4 　[19.5，23.5)　 9‎ ‎[23.5，27.5)　18　 [27.5，31.5)　 11　 [31.5，35.5)　12‎ ‎[35.5.39.5)　7　 [39.5，43.5)　 3‎ 根据样本的频率分布估计，数据落在[31.5，43.5)的概率约是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　B　由条件可知落在[31.5，43.5)的数据有12＋7＋3＝22个，故所求的概率为P＝＝.‎ ‎2．(2014·陕西，6，易)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　C　从5个点取2个共有C＝10(种)取法，而不小于正方形边长的只有4条边与2条对角线，共6种，所以P＝＝.‎ ‎3．(2012·广东，7，中)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　D　个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数中必一个奇数一个偶数，所以可以分两类：‎ ‎(1)当个位数为奇数时，有5×4＝20(个)符合条件的两位数．‎ ‎(2)当个位数为偶数时，有5×5＝25(个)符合条件的两位数．‎ 因此共有20＋25＝45(个)符合条件的两位数，其中个位数为0的两位数有5个，所以所求概率为P＝＝.‎ ‎4．(2014·江西，12，易)10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．‎ ‎【解析】　从10件产品中任取4件有C种取法，取出的4件产品中恰有1件次品有CC种取法，则所求的概率P＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎5．(2014·江苏，4，易)从1，2，3，6这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是________．‎ ‎【解析】　从1，2，3，6这4个数中任取2个数共有C＝6(种)取法，其中乘积为6的有{1，6}和{2，3}2种取法，因此所求概率为P＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎6．(2013·江苏，7，易)现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为________．‎ ‎【解析】　因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，所以(m，n)所有可能的取值一共有7×9＝63(种)，其中m，n都取到奇数的情况有4×5＝20(种)，因此所求概率为P＝.‎ ‎【答案】　 ‎7．(2013·课标Ⅱ，14，中)从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n＝________．‎ ‎【解析】　当n≤3时，易知不成立．当n≥4时，两个数之和为5有两种情况：(1，4)，(2，3)．‎ 由题意知＝，即n(n－1)＝56，解得n＝8或n＝－7(舍去)，故n＝8.‎ ‎【答案】　8‎ ‎8．(2012·重庆，15，中)某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课程表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答)．‎ ‎【解析】　6节课随机安排，共有A＝720(种)方法．‎ 相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课，分三类：‎ 第1类：文化课之间没有艺术课，有A·A＝6×24＝144(种)．‎ 第2类：文化课之间有1节艺术课，有A·C·A·A＝6×3×2×6＝216(种)．‎ 第3类：文化课之间有2节艺术课，有A·A·A＝6×6×2＝72(种)．‎ 共有144＋216＋72＝432(种)．‎ 由古典概型概率公式得P＝＝.‎ ‎【答案】　 考向1　随机事件的频率与概率 ‎1．随机事件概率的基本性质 ‎(1)概率的取值范围为0≤P(A)≤1.‎ ‎(2)必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0.‎ ‎2．频率与概率 ‎(1)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)＝为事件A出现的频率．‎ ‎(2)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)概率可看成频率在理论上的期望值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小．频率在大量重复试验的前提下可近似地作为这个事件的概率．‎ ‎(2014·陕西，19，12分)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：‎ 赔付金额(元)‎ ‎0‎ ‎1 000‎ ‎2 000‎ ‎3 000‎ ‎4 000‎ 车辆数(辆)‎ ‎500‎ ‎130‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎120‎ ‎(1)若每辆车的投保金额均为2 800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4 000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4 000元的概率．‎ ‎【解析】　(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，由题意易得样本车辆总数为1 000辆，以频率估计概率得 P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.‎ 由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付3 000元和4 000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4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机获赔金额为4 000元的频率为＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.‎ ‎【点拨】　本题主要考查了用频率估计概率，题(1)根据赔付金额分为两类求解；题(2)的关键是求出样本车辆中车主为新司机的人数和赔付金额为4 000元的车辆中车主为新司机的人数．‎ ‎ 随机事件概率问题的求解方法 在一次试验中，等可能出现的n个结果组成一个集合I，这n个结果就是集合I的n个元素，各基本事件均对应于集合I的含有一个元素的子集．包含m个结果的事件A对应于I的含有m个元素的子集A，于是事件A的概率为P(A)＝.‎ ‎(2011·陕西，20，13分)如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：‎ 所用时间(分钟)‎ ‎10～20‎ ‎20～30‎ ‎30～40‎ ‎40～50‎ ‎50～60‎ 选择L1的人数 ‎6‎ ‎12‎ ‎18‎ ‎12‎ ‎12‎ 选择L2的人数 ‎0‎ ‎4‎ ‎16‎ ‎16‎ ‎4‎ ‎(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；‎ ‎(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；‎ ‎(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．‎ 解：(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，‎ ‎∴用频率估计相应的概率为0.44.‎ ‎(2)由表可知选择L1的有60人，选择L2的有40人，‎ 故由调查结果得频率为：‎ ‎10～20‎ ‎20～30‎ ‎30～40‎ ‎40～50‎ ‎50～60‎ L1的频率 ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ L2的频率 ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎0.1‎ ‎(3)用A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；用B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站．‎ 由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，‎ P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5, P(A1)>P(A2)，‎ ‎∴甲应选择路径L1.‎ P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，‎ P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，‎ P(B2)＞P(B1)，‎ ‎∴乙应选择路径L2.‎ 考向2　互斥事件与对立事件的概率 ‎1．互斥事件及其概率的加法公式 ‎(1)定义：若A∩B为不可能事件(记作：A∩B＝∅)，则称事件A与事件B互斥，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生．‎ ‎(2)如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．‎ ‎(3)一般地，如果事件A1，A2，…，An彼此互斥，那么事件“A1∪A2∪…∪An”发生(指事件A1，A2，…，An中至少有一个发生)的概率等于这n个事件分别发生的概率和，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．‎ ‎2．对立事件及其概率公式 ‎(1)定义：若A∩B为不可能事件，而A∪B为必然事件，则事件A与事件B互为对立事件，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生．‎ ‎(2)若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1，即P(A)＝1－P(B)．A的对立事件记为，当计算事件A的概率P(A)比较困难时，可通过P(A)＝1－P()计算．‎ ‎ ‎ ‎(1)两个事件互斥未必对立，但对立一定互斥．‎ ‎(2)只有事件A，B互斥时，才有公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，否则公式不成立．‎ ‎(2015·河南洛阳一模，17，12分)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：‎ 排队人数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5人及5人以上 概率 ‎0.1‎ ‎0.16‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ ‎0.1‎ ‎0.04‎ 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？‎ ‎【思路导引】　(1)可转化为等候的人数为0人、1人和2人的概率和；(2)可转化为等候的人数为3人、4人和5人及5人以上的概率和，或转化为其对立事件“至多2人排队等候”．‎ ‎【解析】　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，则事件A，B，C，D，E，F互斥．‎ ‎(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.‎ ‎(2)方法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.‎ 方法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.‎ ‎ 互斥事件、对立事件概率的求法 ‎(1)解决此类问题，首先应根据互斥事件和对立事件的定义分析出是不是互斥事件或对立事件，再选择概率公式进行计算．‎ ‎(2)求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：‎ ‎①直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率加法公式计算；‎ ‎②间接法：先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P()求解，即运用正难则反的数学思想．特别是“至多”“至少”型问题，用间接法就显得较简便．‎ ‎(2015·河南郑州模拟，16，13分)某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000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、二等奖的事件分别为A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；‎ ‎(2)1张奖券的中奖概率；‎ ‎(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．‎ 解：(1)P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝.‎ 故事件A，B，C发生的概率分别为，，.‎ ‎(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．‎ 设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C.‎ ‎∵A，B，C两两互斥，‎ ‎∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝.‎ 故1张奖券的中奖概率为.‎ ‎(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，由对立事件概率公式得P(N)＝1－P(A∪B)．‎ 即P(N)＝1－＝.‎ 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.‎ 考向3　古典概型 ‎1．古典概型的两个特点 ‎(1)有限性：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，每次试验只出现其中一个基本事件；‎ ‎(2)等可能性：每个基本事件发生的可能性是相等的．‎ ‎2．古典概型的概率公式 ‎(1)在基本事件总数为n的古典概型中，每个基本事件发生的概率都是相等的，即每个基本事件发生的概率都是.‎ ‎(2)如果随机事件A包含的基本事件数为m，由互斥事件的概率加法公式可得P(A)＝.即对于古典概型，任何事件的概率为P(A)＝.‎ 求古典概型的概率时，应注意试验结果的有限性和所有结果的等可能性．‎ ‎(1)(2014·课标Ⅰ，5)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)(2014·广东，11)从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．‎ ‎【解析】　(1)方法一：4位同学各自在周六、日任选一天参加公益活动共有24＝16(种)结果，而周六、日都有同学参加公益活动有两种情况：①一天一人，另一天三人，CA＝8(种)；②每天二人，有C＝6(种)，所以P＝＝.‎ 方法二(间接法)：4位同学各自在周六、日任选一天参加公益活动，共有24＝16(种)结果，而4人都选周六或周日有2种结果，所以P＝1－＝.‎ ‎(2)从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数有C种选法．要使抽取的七个数的中位数是6，则6，7，8，9必须取，再从0，1，2，3，4，5中任取3个，有C种选法，故概率为＝.‎ ‎【答案】　(1)D　(2) ‎【点拨】　解题(1)的关键是求出所有可能结果的种数，另外，可以用间接法求解；题(2)利用排列组合知识求出基本事件的总数和事件“七个数的中位数是‎6”‎包含的基本事件的个数，再利用古典概型概率公式求解. 求古典概型概率的步骤 ‎(1)反复阅读题目，收集题目中的各种信息，理解题意；‎ ‎(2)判断试验是否为古典概型，并用字母表示所求事件；‎ ‎(3)利用列举法或排列组合知识求出总的基本事件的个数n及事件A中包含的基本事件的个数m；‎ ‎(4)计算事件A的概率P(A)＝.‎ ‎(2014·四川成都高三月考，7)将一颗骰子抛掷两次，所得向上点数分别为m，n，则函数y＝mx3－nx＋1在[1，＋∞)上为增函数的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　B　∵y＝mx3－nx＋1，∴y′＝2mx2－n，‎ 令y′＝0得x＝±，‎ ‎∴x1＝，x2＝－是函数的两个极值点，‎ ‎∴函数在上是增函数，则≤1，即n≤‎2m.‎ 通过建立关于m，n的坐标系可得出满足n≤‎2m的点有30个，‎ 由古典概型公式可得函数y＝mx3－nx＋1在[1，＋∞)上为增函数的概率是P＝＝.‎ ‎1．(2015·江西师大附中检测，5)高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙相邻，则甲、丙相邻的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　B　五人排队，甲、乙相邻的排法有AA＝48(种)，若甲、丙相邻，此时甲在乙、丙中间，排法有AA＝12(种)，故甲、丙相邻的概率为＝.‎ ‎2．(2014·河南洛阳诊断，6)设集合A＝{1，2}，B＝{1，2，3}，分别从集合A和B中随机取一个数a和b，确定平面上的一个点P(a，b)，记“点P(a，b)落在直线x＋y＝n上”为事件Cn(2≤n≤5，n∈N)，若事件Cn的概率最大，则n的所有可能值为(　　)‎ A．3 B．‎4 C．2和5 D．3和4‎ ‎【答案】　D　点P的所有可能值为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)．‎ 当n＝2时，P点可能是(1，1)；‎ 当n＝3时，P点可能是(1，2)，(2，1)；‎ 当n＝4时，P点可能是(1，3)，(2，2)；‎ 当n＝5时，P点可能是(2，3)．‎ 即事件C3，C4的概率最大，故选D.‎ ‎3．(2014·广东梅州二模，7)从正方体的8个顶点的任意两个所确定的所有直线中取出两条，则这两条直线是异面直线的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　B　从8个顶点中任选2个共确定直线C＝28(条)，从中任取两条直线有C种取法，‎ 从八个顶点任取四个不共面的点共有(C－12)组，而其中每一组不共面的四点可以出现3对异面直线，‎ 故P＝＝.‎ ‎4．(2015·山东淄博一模，10)将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，若点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝的内部，则实数m的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　D　对于a与b各有6种情形，故总数为36种．‎ 两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，‎ 故概率为P1＝＝.‎ 两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行与重合(a＝1，b＝2)即可，‎ ‎∴P2＝＝，‎ ‎∵点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝的内部，‎ ‎∴＋<，‎ 解得－0，即p2＋q2>1.‎ 当p，q∈Z时，设点M(p，q)，如图，直线p＝－3，－2，－1，0，1，2，3和直线q＝－3，－2，－1，0，1，2，3的交点，即为点M，共有49个，其中在圆上和圆内的点共有5个(图中黑点)．‎ 当点M(p，q)落在圆p2＋q2＝1外时，‎ 方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根．‎ 所以方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率P＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎7．(2015·河北唐山模拟，14)无重复数字的五位数a‎1a2a3a4a5，当a1a3，a3a5时称为波形数，则由1，2，3，4，5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率是________．‎ ‎【解析】　∵a2>a1，a3；a4>a3，a5，‎ ‎∴a2只能是3，4，5.‎ ‎(1)若a2＝3，则a4＝5，a5＝4，a1与a3是1或2，这时共有A＝2(个)符合条件的五位数．‎ ‎(2)若a2＝4，则a4＝5，a1，a3，a5可以是1，2，3，共有A＝6(个)符合条件的五位数．‎ ‎(3)若a2＝5，则a4＝3或4，此时分别与(1)(2)情况相同．‎ ‎∴满足条件的五位数有2(A＋A)＝16(个)．‎ 又由1，2，3，4，5任意组成的一个没有重复数字的五位数有A＝120(个)，故所求概率为＝.‎ ‎【答案】　 ‎8．(2015·浙江杭州模拟，18，14分)袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有1人取到白球时即终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．‎ ‎(1)求袋中原有白球的个数；‎ ‎(2)求取球2次即终止的概率；‎ ‎(3)求甲取到白球的概率．‎ 解：(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球有C＝种结果，从袋中任取2个球共有C＝21(种)结果．‎ 由题意知＝＝，‎ ‎∴n(n－1)＝6，解得n＝3或n＝－2(舍去)，‎ 即袋中原有3个白球．‎ ‎(2)记“取球2次即终止”为事件A，则P(A)＝＝.‎ ‎(3)记“甲取到白球”为事件B，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1，2，3，4，5，因为甲先取，所以甲只能在第1次，第3次和第5次取球．‎ 所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)‎ ‎＝＋＋＝＋＋＝.‎ ‎1．(2015·湖北，7，中)在区间[0，1]上随机取两个数x，y，记p1为事件“x＋y≥”的概率，p2为事件“|x－y|≤”的概率，p3为事件“xy≤”的概率，则(　　)‎ A．p1p3>p2.‎ ‎2．(2015·福建，13，中)如图，点A的坐标为(1，0)，点C的坐标为(2，4)，函数f(x)＝x2.若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．‎ ‎【解析】　由几何概型概率公式得，‎ P＝＝.‎ ‎∵S矩形＝4，x2dx＝，‎ ‎∴P＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎1．(2012·北京，2，易)设不等式组表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　D　不等式组表示的区域如 图正方形所示，而所求点可以存在的位置为正方形面积减去四分之一圆的面积部分，如图阴影部分所示，因此P＝＝.‎ ‎2．(2012·福建，6，易)如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　C　图中阴影部分面积为(－x)dx＝＝，而正方形OABC的面积为1，∴所求概率为＝.故选C.‎ ‎3．(2014·湖北，7，中)由不等式组确定的平面区域记为Ω1，不等式组确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　D　如图，由题意知平面区域Ω1的面积 ‎＝S△AOM＝×2×2＝2.‎ Ω1与Ω2的公共区域为阴影部分，‎ 面积S阴＝－S△ABC＝2－×1×＝. ‎ 由几何概型得该点恰好落在Ω2内的概率P＝＝＝.‎ 故选D.‎ ‎4．(2013·四川，9，中)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　C　设通电x秒后第一串彩灯闪亮，y秒后第二串彩灯闪亮．‎ 依题意得0≤x≤4，0≤y≤4，∴S＝4×4＝16.‎ 又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过2秒，即|x－y|≤2，‎ 如图可知，符合要求的S′＝16－×2×2－×2×2＝12，‎ 由几何概型可得P＝＝＝.‎ ‎5．(2013·福建，11，易)利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a，则事件“‎3a－1>‎0”‎发生的概率为________．‎ ‎【解析】　由题意知0≤a≤1，事件“‎3a－1>‎0”‎发生时，a>且a≤1，取区间长度为测度，由几何概型的概率公式得其概率P＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎6．(2014·福建，14，易)如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．‎ ‎【解析】　∵y＝ex与y＝ln x互为反函数，故直线y＝x两侧的阴影部分面积相等，‎ ‎∴S阴＝2·(e－ex)dx＝2(ex－ex)|＝2，‎ 又∵S正方形＝e2，∴P＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎7．(2013·山东，14，中)在区间[－3，3]上随机取一个数x，使得|x＋1|－|x－2|≥1成立的概率为________．‎ ‎【解析】　当x<－1时，不等式可化为－x－1＋x－2≥1，即－3≥1，此式不成立，∴x∈∅；‎ 当－1≤x≤2时，不等式可化为x＋1－(2－x)≥1，即x≥1，∴此时1≤x≤2；‎ 当x>2时，不等式可化为x＋1－x＋2≥1，即3≥1，此式恒成立，‎ ‎∴此时x>2.‎ 综上，不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集为[1，＋∞)．‎ ‎∴不等式|x＋1|－|x－2|≥1在区间[－3，3]上的解集为[1，3]，其长度为2.‎ 又x∈[－3，3]，其长度为6，由几何概型可得P＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎8．(2011·江西，12，中)小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的距离大于，则周末去看电影；若此点到圆心的距离小于，则去打篮球；否则，在家看书．则小波周末不在家看书的概率为________．‎ ‎【解析】　记“小波周末去看电影”为事件A，则P(A)＝1－＝，记“小波周末去打篮球”为事件B，则P(B)＝＝，点到圆心的距离大于与点到圆心的距离小于不可能同时发生，所以事件A与事件B相互独立，‎ 则小波周末不在家看书为事件A∪B，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.‎ ‎【答案】　 考向1　与长度(角度)有关的几何概型 ‎1．几何概型的意义 几何概型是基本事件个数有无限个，每个基本事件发生的可能性相等的一个概率模型，这个概率模型的显著特点是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)有关．‎ ‎2．几何概型的概率计算公式 在几何概型中，事件A的概率的计算公式如下：‎ P(A)＝.‎ ‎(1)(2012·辽宁，10)在长为‎12 cm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，则该矩形面积小于‎32 cm2的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)(2014·湖北黄冈质检，15)如图在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C作射线CM交AB于M，则使得AM小于AC的概率为________．‎ ‎【思路导引】　解题(1)(2)的思路是先正确选择事件区域的几何度量(长度、角度)，再根据已知条件求出各区域长度，最后根据几何概型的概率计算公式求解．‎ ‎【解析】　(1)设AC＝x(00，解得0R，∴P＝＝.‎ 考向2　与面积(体积)有关的几何概型 ‎(1)(2014·辽宁，14)正方形的四个顶点A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1，1)，D(－1，1)分别在抛物线y＝－x2和y＝x2上，如图所示，若将一个质点随机投入正方形ABCD中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．‎ ‎(2)(2014·北京昌平联考，12)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，则点P到点O的距离大于1的概率为________．‎ ‎【解析】　(1)∵S正方形＝4，‎ S阴影＝2(1－x2)dx＝2－1＝，‎ ‎∴P＝＝＝.‎ ‎(2)如图，与点O距离等于1的点的轨迹是一个以O为球心，半径为1的半球面，‎ 其体积为V1＝××13＝.‎ 事件“点P与点O距离大于1的概率”对应的区域体积为 ‎23－，‎ 根据几何概型概率公式，点P与点O距离大于1的概率P＝＝1－.‎ ‎【答案】　(1)　(2)1－ ‎【点拨】　解题(1)(2)的关键是正确选择事件区域的几何度量(面积、体积)，求出度量值，利用几何概型概率计算公式求解．‎ ‎ 应用几何概型求概率的方法 建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．‎ ‎(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；‎ ‎(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；‎ ‎(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．‎ ‎(2013·陕西，5)如图，在矩形区域ABCD的A，C两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是(　　)‎ A．1－ B.－1‎ C．2－ D. ‎【答案】　A　依题意，有信号的区域面积为×2＝，矩形的面积为2，‎ 故所求概率为P＝＝1－.‎ ‎1．(2015·湖北荆州中学质检，4)在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a，b，则使得函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　B　建立如图所示的平面直角坐标系，则试验的全部结果构成的区域为正方形ABCD及其内部．要使函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点，则必须有Δ＝‎4a2－4(－b2＋π)≥0，即a2＋b2≥π，其表示的区域为图中阴影部分．故所求概率P＝＝＝.‎ ‎2．(2014·北京昌平模拟，5)设不等式组表示的平面区域为D.在区域D内随机取一个点，则此点到直线y＋2＝0的距离不小于2的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　D　作出平面区域D，可知平面区域D是以A(4，3)，B(4，－2)，C(－6，－2)为顶点的三角形区域，当点在△AED区域内时，点到直线y＋2＝0的距离不小于2.‎ ‎∴P＝＝＝.‎ ‎3．(2015·河南郑州一模，5)已知x，y都是区间内任取的一个实数，则使得y≤sin x成立的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　A　所求事件的度量为函数y＝sin x的图象在内与x轴围成的图形的面积，即S＝，则所求事件A的概率为P＝＝＝，故选A.‎ ‎4．(2014·安徽合肥一模，13)如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，BC＝1，在∠DAB内任作射线AP，则射线AP与线段BC有公共点的概率为________．‎ ‎【解析】　当点P在BC上时，AP与BC有公共点，此时AP扫过△ABC，‎ 所以P＝＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎5．(2014·山东东营模拟，14)在长为‎16 cm的线段AB上任取一点M，并以线段AM为一边作正方形，则此正方形的面积介于‎25 cm2与‎81 cm2之间的概率为________．‎ ‎【解析】　根据题意，设AM的长为x cm，依题意有2590°的概率为________．‎ ‎【解析】　如图，以AB为直径作圆，则圆在正方形ABCD内的区域为半圆，‎ 其面积S＝×π×12＝，满足条件∠AMB>90°的点M在半圆内，‎ 故所求概率P＝＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎7．(2014·云南昆明三模，14)圆x2＋y2＝π2内的曲线y＝－sin x与x轴围成的阴影部分区域记为M(如图)，随机往圆内投掷一个点A，则点A落在区域M的概率为________．‎ ‎【解析】　圆的面积为π3，阴影部分的面积为 ‎2－π＝4，‎ ‎∴P＝.‎ ‎【答案】　 ‎8．(2015·宁夏银川一模，14)如图，矩形OABC内的阴影部分由曲线f(x)＝sin x及直线x＝a(a∈(0，π])与x轴围成，向矩形OABC内随机掷一点，该点落在阴影部分的概率为，则a＝________．‎ ‎【解析】　根据题意，阴影部分的面积为 sin xdx＝－cos x|＝1－cos a，‎ 又矩形的面积为a·＝4，‎ 则由几何概型的概率公式可得＝，‎ 即cos a＝－1，‎ 又a∈(0，π]，∴a＝π.‎ ‎【答案】　π ‎(时间：90分钟__分数：120分)‎ 一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)‎ ‎1．(2011·课标全国，6)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　A　甲、乙两人都有3种选择，共有3×3＝9种情况，甲、乙两人参加同一兴趣小组共有3种情况．‎ ‎∴甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率P＝＝，故选A.‎ ‎2．(2014·山东潍坊质检，5)连续抛掷两次骰子，得到的点数分别为m，n，记向量a＝(m，n)，b＝(1，－1)的夹角为θ，则θ∈的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　C　根据题意得到的点(m，n)共36个，a·b＝m－n≥0，所以m≥n，满足此条件的点(m，n)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＝21(个)，故所求概率为＝.‎ ‎3．(2015·浙江绍兴二模，4)从1，2，…，9中任取两数，其中：①恰有一个偶数和恰有一个奇数；②至少有一个奇数和两个数都是奇数；③至少有一个奇数和两个数都是偶数；④至少有一个奇数和至少有一个偶数．‎ 在上述事件中，是对立事件的是(　　)‎ A．① B．②④ C．③ D．①③‎ ‎【答案】　C　从1，2，…，9中任取两数，包括一奇一偶、二奇、二偶，共三种互斥事件，所以只有③中的两个事件才是对立的．‎ ‎4．(2011·广东，6)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　D　方法一：以甲队再打的局数分类讨论，若甲队再打一局得冠军的概率为p1，则p1＝，若甲队再打两局得冠军的概率为p2，则p2＝×＝，故甲队获得冠军的概率为p1＋p2＝，故选D.‎ 方法二：设乙队获得冠军的概率为p1，则p1＝×＝，故甲队获得冠军的概率为p＝1－p1＝，故选D.‎ ‎5．(2015·河北唐山一中调研，5)设m，n分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x2＋mx＋n＝0有实根的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　C　由题意可得，在先后两次出现的点数(m，n)中有5的基本事件有(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5)，(6，5)，共11个，而满足m2－4n≥0的有7个，故选C.‎ ‎6．(2014·安徽亳州高三质检，10)已知集合M＝{1，2，3，4}，N＝{(a，b)|a∈M，b∈M}，A是集合N中任意一点，O为坐标原点，则直线OA与y＝x2＋1有交点的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　C　直线OA的方程为y＝x，直线OA与y＝x2＋1有交点，则有解，即x2－x＋1＝0有解，即－4≥0，即≥2，满足此条件的点有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，4)共4个，而N中所有点有16个，∴P＝＝.‎ ‎7．(2014·山东菏泽模拟，8)已知实数x∈[－1，1]，y∈[0，2]，则点P(x，y)落在区域内的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　B　如图所示，P(x，y)在矩形ABCD内取值，S矩形ABCD＝4，不等式组所表示的区域为△AEF，因为FG＝，所以S△AEF＝××2＝，由几何概型的概率公式，得所求概率为÷4＝，故选B.‎ ‎8．(2015·安徽芜湖一模，8)已知数列{an}是等差数列，从a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中取走任意四项，则剩下三项构成等差数列的概率为(　　)‎ A. B. C．1或 D．1或 ‎【答案】　C　当等差数列{an}的公差为0时，剩下三项一定构成等差数列，故概率为1.‎ 当等差数列{an}的公差不为0时，从a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中取走任意四项，剩下三项的总数有C＝35(种)，‎ 剩下三项构成等差数列，则符合条件的有(a1，a2，a3)，(a2，a3，a4)，(a3，a4，a5)，(a4，a5，a6)，(a5，a6，a7)，(a1，a3，a5)，(a2，a4，a6)，(a3，a5，a7)，(a1，a4，a7)9种情况，故剩下三项构成等差数列的概率为.‎ 思路点拨：根据公差是否为0进行分类讨论，由题意可求得所有的基本事件数目，也可求得符合条件的基本事件数目，由古典概型概率公式求解．‎ ‎9．(2015·河南开封模拟，7)在不等式组所表示的平面区域内任取一点P，若点P的坐标(x，y)满足y≥kx的概率为，则实数k＝(　　)‎ A．4 B．‎2 C. D. ‎【答案】　D　如图，满足不等式组的区域是边长为2的正方形，面积是4，假设满足不等式y≥kx的区域如图阴影部分，其面积为4－×2×2k，由几何概型的概率公式得点P的坐标(x，y)满足y≥kx的概率为＝，解得k＝.‎ ‎10．(2015·湖北武汉模拟，7)如图所示，在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，H分别是棱A1B1，D‎1C1上的点(点E与B1不重合)，且EH∥A1D1，过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G.若AB＝2AA1＝‎2a，EF＝a，B1E＝B‎1F，在长方体ABCDA1B‎1C1D1内随机选取一点，则该点取自于几何体A1ABFED1DCGH内的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　D　在等腰直角三角形B1EF中，因为斜边EF＝a，‎ 所以B1E＝B‎1F＝a.‎ 根据几何概型概率公式，得 P＝＝‎ ‎＝1－ ‎＝1－＝1－ ‎＝1－·a·a＝1－＝.故选D.‎ 二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎11．(2014·湖南郴州质检，13)现有5根竹竿，它们的长度(单位：m)分别为：2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取2根竹竿，则它们的长度恰好相差‎0.3 m的概率为________．‎ ‎【解析】　从5根竹竿中，一次随机抽取2根竹竿的方法数为C＝10.而满足它们的长度恰好相差‎0.3 m的方法数为2，即2.5和2.8，2.6和2.9.由古典概型的求法得P＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎12．(2014·宁夏银川模拟，14)将一颗骰子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相交的概率为________．‎ ‎【解析】　圆心(2，0)到直线ax－by＝0的距离d＝，当d<时，直线与圆相交，则有d＝<，得b>a，满足题意的共有5＋4＋3＋2＋1＝15(种)情况，因此直线ax－by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2相交的概率为＝.‎ ‎【答案】　 ‎13．(2015·福建漳州模拟，13)在区间[－2，3]上任取一个数a，则函数f(x)＝x3－ax2＋(a＋2)x有极值的概率为________．‎ ‎【解析】　在区间[－2，3]上任取一个数a，‎ 则－2≤a≤3，对应的区间长度为3－(－2)＝5.‎ 若f(x)＝x3－ax2＋(a＋2)x有极值，‎ 则f′(x)＝x2－2ax＋(a＋2)＝0有两个不同的根．‎ 即判别式Δ＝‎4a2－4(a＋2)>0，‎ 解得a>2或a<－1，‎ ‎∴－2≤a<－1或20，b>0时，‎ ax＋在上递减，在上递增；‎ x－和4x－在(0，＋∞)上递增，‎ ‎∴对x∈[1，2]可使|f(x)＋g(x)|≤8恒成立的有x－，x＋，x＋，4x－，‎ 故事件A包含的基本事件有4种，‎ ‎∴P(A)＝＝，故所求概率是.‎ ‎(2)设事件B表示f(x)和g(x)是“友好函数”，‎ ‎∵a是从区间[1，4]中任取的数，b是从区间[1，4]中任取的数，‎ ‎∴点(a，b)所在区域是长为3，宽为3的矩形区域．‎ 要使x∈[1，2]时，|f(x)＋g(x)|≤8恒成立，‎ 需f(1)＋g(1)＝a＋b≤8且f(2)＋g(2)＝‎2a＋≤8，‎ ‎∴事件B表示的点的区域是如图所示的阴影部分．‎ ‎∴P(B)＝＝，‎ 故所求概率是.‎