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【高考一本解决方案】2017版高考数学理科新课标版考题训练:专题十六 概率.doc


1.(2014· 课标Ⅰ,5,易)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( 1 A. 8 1.D 3 5 7 B. C. D. 8 8 8 [考向 2]方法一:4 名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有 )

1+1 7 24=16(种),其中仅在周六(周日)参加的各有 1 种,∴所求概率为 1- = . 16 8 8+6 2 2 方法二:一天 1 人,另一天 3 人,有 C1 4A2=8(种);每天 2 人,有 C4=6(种),所以 P= 16 7 = . 8 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( ... 1 A. 5 2 3 4 B. C. D. 5 5 5 )

2.C [考向 3]从 5 个点中取 2 个共有 C2 5=10(种)取法,而不小于正方形边长的只有 4 条边 6 3 与 2 条对角线,共 6 种,所以 P= = . 10 5

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( 4 A. 9 3.D )

1 2 1 B. C. D. 3 9 9 [考向 3]个位数与十位数之和为奇数,则个位数与十位数中必有一个奇数一个偶数,

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 5 1 率为 P= = . 45 9 4.(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________. 4.[考向 3]【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 5 不同的有 5 种,故 P= . 6 【答案】 5 6

5.(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________. 5.[考向 3]【解析】 从 10 件产品中任取 4 件有 C4 10种取法,取出的 4 件产品中恰有 1 件次
1 C3 1 7C3 1 品有 C3 7C3种取法,则所求的概率 P= 4 = . C10 2

【答案】

1 2

6.(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 1 两数之和等于 5 的概率为 ,则 n=________. 14 6.[考向 3]【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). 2 1 由题意知 2= ,即 n(n-1)=56,解得 n=8 或 n=-7(舍去),故 n=8. Cn 14 【答案】 8 7.(2016· 课标Ⅱ,18,12 分,中)某险种的基本保费为 a(单位:元),继续购买该险种的投

保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下: 上年度出险次数 保费 0 0.85a 1 a 2 1.25a 3 1.5a 4 1.75a ≥5 2a

设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下: 一年内出险次数 概率 0 0.30 1 0.15 2 0.20 3 0.20 4 0.10 ≥5 0.05

(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率; (2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出 60%的概率; (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. 7.[考向 1]解:(1)设 A 表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件 A 发生 当且仅当一年内出险次数大于 1,故 P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. (2)设 B 表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出 60%” ,则事件 B 发生当且仅当 一年内出险次数大于 3,故 P(B)=0.1+0.05=0.15. 又 P(AB)=P(B), P(AB) P(B) 0.15 3 3 故 P(B|A)= = = = ,因此所求概率为 . 0.55 11 11 P(A) P(A) (3)记续保人本年度的保费为 X,则 X 的分布列为 X P 0.85a 0.30 a 0.15 1.25a 0.20 1.5a 0.20 1.75a 0.10 2a 0.05

EX=0.85a× 0.30+a× 0.15+1.25a× 0.20+1.5a× 0.20+1.75a× 0.10+2a×0.05=1.23a. 1.23a 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为 =1.23. a

随机事件的频率与概率在高考中主要考查用样本的频率估计总体的概率, 可能与其他知识结 合综合考查,常见的结合点有频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等,一般出现在解答题 中. 1(2014· 陕西文,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) 车辆数(辆) 0 500 1 000 130 2 000 100 3 000 150 4 000 120

(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 150 120 P(A)= =0.15,P(B)= =0.12. 1 000 1 000 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. 24 =0.24,由频率估计概率得 P(C)= 100

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. (2016· 山东济南一模,7)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,数据在[31.5,43.5)的概率

约是( 1 A. 6

) 1 B. 3 1 C. 2 2 D. 3

B 根据所给的数据的分组及各组的频数得到: 数据在[31.5,43.5)范围的有[31.5,35.5)12;[35.5,39.5)7;[39.5,43.5)3, ∴满足题意的数据有 12+7+3=22(个),总的数据有 66 个, 22 1 1 ∴数据在[31.5,43.5)的频率为 = ,由频率估计概率得 P= ., 66 3 3

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 m 有 m 个元素的子集 A,于是事件 A 的概率为 P(A)= . n

互斥事件与对立事件是两个比较重要的知识点, 单独命题的可能性不大, 较多的是与古典概 型、独立事件等知识进行综合,以实际问题为背景,考查分析、推理能力.题目难度较小. 2(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 概率 0 0.1 1 0.16 2 0.3 3 0.3 4 0.1 5 人及 5 人以上 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? 【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.

(1)“至多 2 人排除等候”转化为有 0 人、1 人、2 人排队等候的三个互斥事件之和. (2)至少 3 人排队等候转化为有 3 人、 4 人、 5 人及 5 人以上排队的三个互斥事件的和. 另外, 可以考虑至少 3 人排队的对立事件. (2015· 河南郑州模拟,16,12 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)= 1 10 1 50 1 ,P(B)= = ,P(C)= = . 1 000 1 000 100 1 000 20

1 1 1 故事件 A,B,C 发生的概率分别为 , , . 1 000 100 20 (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, 1 1 1 61 ∴P(M)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)= + + = . 1 000 100 20 1 000 故 1 张奖券的中奖概率为 61 . 1 000

(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). 1 1 989 + ?= 即 P(N)=1-? ?1 000 100? 1 000. 989 故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 ., 1 000

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(A)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.

古典概型是概率知识的基础,常与计数原理、排列、组合等知识相结合,以实际或数学其他 领域的材料为背景考查,难度属于容易或中等. 3(1)(2015· 广东, 4)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( 5 A. 21 10 B. 21 11 C. D.1 21 )

(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:从袋中取出 2 个球的方法有 C2 15=105(种),取出 1 个白球的方法有
1 1 C10 =10(种), 取出 1 个红球的方法有 C1 故取 2 个球, 1 白 1 红的方法有 C1 5=5(种), 10C5=50(种),

50 10 所以 P= = . 105 21 方法二(间接法):从袋中取出 2 个球的方法有 C2 15=105(种),若取出的 2 个球是同色的,则
2 取出的方法有 C2 10+C5=55(种).

55 11 记“取出的 2 个球同色”为事件 A,则 P(A)= = . 105 21 10 因此,取出的 2 个球不同色的概率为 P=1-P(A)= . 21 (2)从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取七个不同的数有 C7 10种选法.要使抽取的七个
3 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 C6 种选法,

C3 1 6 故概率为 7 = . C10 6 1 【答案】 (1)B (2) 6

(1)方法一,直接利用古典概型概率公式求解;方法二间接法求解概率问题就是构造对立事 件.

(2)要使取出的七个数,6 为中位数,可以对七个数由小到大排列,6 在第四个位置,因此 7, 8,9 必取,这是容易出错之处. (2016· 广西南宁一模, 10)某高校要从 6 名短跑运动员中选出 4 人参加全省大学 生运动会中的 4× 100 m 接力赛,其中甲不能跑第一棒,乙不能跑第四棒,则甲跑第二棒的 概率为( 4 A. 15 C 2 B. 15 ) 4 1 C. D. 21 5

从 6 名短跑运动员中任选 4 人参加 4×100 m 接力赛,其中甲不跑第一棒且乙不跑第四

3 2 2 棒的方法共有 A4 在这 252 种方法中甲跑第二棒的方法共有 C1 A4 =48 6-2A5+A4=252 种, 4·

48 4 种,因此所求的概率为 = ,选 C., 252 21

古典概型的概率求解步骤 (1)判断试验是否为古典概型,只有同时满足有限性和等可能性这两个条件的试验才是古典 概型; (2)计算基本事件的总数 n; (3)计算事件 A 包含的基本事件的个数 m; m (4)计算事件 A 的概率 P(A)= . n

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( 1 A. 10 1.B 1 B. 4 3 2 C. D. 10 5 )

4 [考向 3]五人排队,甲、乙相邻的排法有 A2 2A4=48(种),若甲、丙相邻,此时甲在乙、

12 1 2 丙中间,排法有 A3 = . 3A2=12(种),故甲、丙相邻的概率为 48 4 2.(2016· 河南开封二模,8)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( 1 A. 5 2.D 3 7 9 B. C. D. 5 10 10 [考向 2]从 5 人中录用 3 人的基本事件总数为 C3 5=10 种,录用的 3 人不含甲、乙的 )

1 9 基本事件为 1 种,故甲或乙被录用的概率为 P=1- = . 10 10

3.(2016· 河南新乡、许昌、平顶山调研,4)红、蓝两色车、马、炮棋子各一枚,将这 6 枚棋 子排成一列,记事件:每对同字的棋子中,均为红棋子在前,蓝棋子在后为事件 A,则事件 A 发生的概率为( 1 A. 20 1 B. 12 )

1 1 C. D. 8 6

3.C [考向 3]红、蓝两色车、马、炮棋子各一枚,将这 6 枚棋子排成一列, 基本事件总数 n=A6 6=720, 从 6 个位置中, 先给两个车选位置, 有 C2 由于总是红棋子在前, 蓝棋子在后, 6=15(种)方法, 所以只有一种排列,因此车总共有 15 种排法;继续排马,有 C2 4=6(种)方法,剩下两个位置 自然是炮,则事件 A 包含的基本事件个数 m=90, 90 1 ∴事件 A 发生的概率 P= = . 720 8 4.(2016· 湖南长沙雅礼中学质检,4)现有 10 个数,它们能构成一个以 1 为首项,-2 为公 比的等比数列,若从这 10 个数中随机抽取一个数,则它小于 8 的概率是( 1 A. 2 4.D 3 4 7 B. C. D. 5 5 10 [考向 3]数列的通项公式为 an=(-2)n 1,数列中的偶数项都为负数,小于 8,共有 5


)

7 项,奇数项的第 1,3 项小于 8,故小于 8 的数有 7 个,因此概率为 P= . 10 5.(2015· 江苏宿迁一模,6)若将甲、乙两个球随机放入编号为 1,2,3 的三个盒子中,每个 盒子的放球数量不限,则在 1,2 号盒子中各有一个球的概率是________. 5.[考向 1]【解析】 将甲、乙两个球随机放入编号为 1,2,3 的三个盒子中,每个盒子的 放球数量不限的不同方法有 32=9 种;在 1,2 号盒子中各有一个球的不同方法有 A2 2=2 种; 2 所以在 1,2 号盒子中各有一个球的概率 P= . 9 【答案】 2 9

6.(2015· 河北唐山模拟,14)无重复数字的五位数 a1a2a3a4a5,当 a1<a2,a2>a3,a3<a4,a4>a5 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________. 6.[考向 3]【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 A2 2=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 A3 3=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.

3 ∴满足条件的五位数有 2(A2 2+A3)=16(个).

16 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 A5 故所求概率为 5=120(个), 120 2 = . 15 【答案】 2 15

7.(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 1 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 7 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. n(n-1) 7. [考向 2, 3]解: (1)设袋中原有 n 个白球, 从袋中任取 2 个球都是白球有 C2 (种) n= 2 结果,从袋中任取 2 个球共有 C2 7=21(种)结果. 1 由题意知 = 7 n(n-1) 2 n(n-1) = , 21 42

∴n(n-1)=6,解得 n=3 或 n=-2(舍去), 即袋中原有 3 个白球.
1 C1 2 4C3 (2)记“取球 2 次即终止”为事件 A,则 P(A)= 2 = . A7 7

(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.
1 4 1 C1 A2 3 6 1 22 3 4C3 A4C3 所以 P(B)=P(A1∪A3∪A5)=P(A1)+P(A3)+P(A5)= 1+ 3 + 5 = + + = . C7 A7 A7 7 35 35 35

1.(2016· 课标Ⅰ,4,易)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,则他等车时间不超过 10 分钟 的概率是( )

1 A. 3

1 2 3 B. C. D. 2 3 4

1.B 由题意知,小明在 7:50 至 8:30 之间到达发车站,故他只能乘坐 8:00 或 8:30 10+10 1 发的车,所以他等车时间不超过 10 分钟的概率 P= = . 40 2 2.(2016· 课标Ⅱ,10,中)从区间[0,1]随机抽取 2n 个数 x1,x2,?,xn,y1,y2,?,yn, 构成 n 个数对(x1,y1),(x2,y2),?,(xn,yn),其中两数的平方和小于 1 的数对共有 m 个, 则用随机模拟的方法得到的圆周率π 的近似值为( 4n A. m 2n B. m )

4m 2m C. D. n n m π 4m 4m 2.C 由题意知, = ,故π = ,即圆周率π 的近似值为 . n 4 n n 1 3.(2015· 湖北,7,易)在区间[0,1]上随机取两个数 x,y,记 p1 为事件“x+y≥ ”的概率, 2 1 1 p2 为事件“|x-y|≤ ”的概率,p3 为事件“xy≤ ”的概率,则( 2 2 A.p1<p2<p3 B.p2<p3<p1 C.p3<p1<p2 D.p3<p2<p1 1 1 1 3.B 事件“x+y≥ ” “|x-y|≤ ” “xy≤ ”所表示的平面区域分别如图阴影部分所示, 2 2 2 )

由几何概型的知识知 p1>p3>p2. 4.(2015· 陕西,11,易)设复数 z=(x-1)+yi(x,y∈R),若|z|≤1,则 y≥x 的概率为( 3 1 A. + 4 2π 1 1 C. - 2 π 1 1 B. - 4 2π 1 1 D. + 2 π )

4.B ∵|z|≤1,∴(x-1)2+y2≤1,表示以 M(1,0)为圆心,1 为半径的圆及其内部,该圆的 面积为π .易知直线 y=x 与圆(x-1)2+y2=1 相交于 O(0,0),A(1,1)两点,作图如下:

∵∠OMA=90°, π 1 π 1 ∴S 阴影= - ×1×1= - , 4 2 4 2 π 1 - S阴影 4 2 1 1 故所求的概率 P= = = - . 4 2π S⊙M π 5.(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( )

1 A. 4

1 1 1 B. C. D. 5 6 7

1 ? 2 3 1 2 ? =1, 5. C 图中阴影部分面积为?1( x-x)dx= 3x2-2x ? ?? 0 6 而正方形 OABC 的面积为 1, ? ?
0

1 6 1 ∴所求概率为 = .故选 C. 1 6 x≤0, ? ? ? ?x+y≤1, 6.(2014· 湖北,7,中)由不等式组?y≥0, 确定的平面区域记为 Ω1,不等式组? ? ?x+y≥-2 ? ?y-x-2≤0 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( 1 A. 8 1 3 7 B. C. D. 4 4 8 )

6.D 如图,

1 由题意知平面区域 Ω1 的面积 SΩ 1=S△AOM= ×2×2=2. 2 1 1 7 Ω 1 与 Ω2 的公共区域为阴影部分,面积 S 阴=SΩ 1-S△ABC=2- ×1× = . 2 2 4 7 S阴 4 7 由几何概型得该点恰好落在 Ω2 内的概率 P= = = .故选 D. SΩ 1 2 8 7.(2016· 山东,14,中)在[-1,1]上随机地取一个数 k,则事件“直线 y=kx 与圆(x-5)2+ y2=9 相交”发生的概率为________. 7. 【解析】 ∵直线 y=kx 与圆(x-5)2+y2=9 相交, ∴d= |5k| 3 3 <3,解得- <k< . 2 4 4 k +1

3 ? 3? 3 - - 4 ? 4? 2 3 ∴所求事件发生的概率 p= = = . 1-(-1) 2 4 【答案】 3 4

8.(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________. 1 8. 【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 3 1 1- 3 2 几何概型的概率公式得其概率 P= = . 1 3 【答案】 2 3

9.(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________.

9. 【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,
x x 1 1 ∴S 阴=2· ? (e-e )dx=2(ex-e )|0=2,

?0

S阴 2 又 S 正方形=e2,∴P= = 2. e S正方形 【答案】 2 e2

10.(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________.

10. 【解析】 由几何概型概率公式得, S阴 P= = S矩形 S矩形-?2x2dx

?1

S矩形

.

7 ∵S 矩形=4,?2x2dx= , 3 ?
1

7 4- 3 5 ∴P= = . 4 12 【答案】 5 12

与长度(角度)有关的几何概型是高考常考的考点,通常是将概率转化为长度(角度)之比,高 考中通常以选择题、填空题形式出现,以中低档题为主,分值为 5 分. 1(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( 1 A. 6 1 2 4 B. C. D. 3 3 5 )

(2)(2016· 湖南益阳一模,13)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________.

【解析】 (1)设 AC=x(0<x<12),则 CB=12-x,则矩形面积 S=x(12-x)=12x-x2<32, 即(x-8)(x-4)>0,解得 0<x<4 或 8<x<12,如图,在数轴上表示,由几何概型概率公式,得 8 2 所求概率为 = . 12 3

180°-45° (2)当 AM=AC 时,△ACM 为以∠A 为顶点的等腰三角形,∠ACM= =67.5°. 2 当∠ACM<67.5°时,AM<AC, ∠ACM 67.5° 3 所以 AM 小于 AC 的概率 P= = = . ∠ACB 90° 4 3 【答案】 (1)C (2) 4

1 1? 1.(2016· 湖北黄冈一模,8)在区间? ?-2,2?上随机取一个数 x,则 cos πx 的值介 于 2 3 与 之间的概率为( 2 2 )

1 A. 3

1 1 1 B. C. D. 4 5 6

1 1? 1? 2 3 ? 1 1.D 区间? ?-2,2?的长度为 1,满足 cos π x 的值介于 2 与 2 之间的 x∈?-4,-6?∪ 1 1 1 1 ? , ?,区间长度为 ,由几何概型概率公式得 P=6=1. ?6 4? 6 1 6 2.(2016· 广东江门一模,6)设 A 为圆周上一点,在圆周上等可能地任取一点与 A 连接,则 弦长超过半径 2倍的概率是( 3 A. 4 1 1 3 B. C. D. 2 3 5 )

︵ 2.B 如图,作等腰直角三角形 AOC 和 AMC,B 为圆上任一点,则当点 B 在MmC上运动 ︵ MmC 1 时,弦长|AB|> 2R,∴P= = . 圆的周长 2

,

与长度、角度有关的几何概型概率的求法 (1)设线段 l 是线段 L 的一部分, 向线段 L 上任投一点, 点落在线段 l 上的概率为 P= l的长度 . L的长度

(2)当涉及射线的转动,如扇形中有关落点区域问题时,应以角的大小作为区域度量来计算 概率,且不可用线段代替,这是两种不同的度量手段.

与面积(体积)有关的几何概型是高考常考考点,常以选择题、填空题的形式出现,大多与定 积分、线性规划等知识综合,难度中等,分值为 5 分. 2(1)(2013· 四川,9)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( 1 A. 4 ) 1 3 7 B. C. D. 2 4 8

(2)(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________. 【解析】 (1)设两串彩灯第一次闪亮的时刻分别为 x,y,则由题意可得,0≤x≤4,0≤y

≤4;而所求事件“两串彩灯同时通电后,第一次闪亮相差不超过 2 秒”={(x,y)||x-y|≤2}, 由图示得,该事件概率 P= S阴影 16-4 3 = = . 16 4 S正方形

(2)∵S 正方形=4, x x- ?? S 阴影=2? (1-x )dx=2 ? 3 ?? ? ?-1
1 2 3

1
-1

8 = , 3

8 S阴影 3 2 ∴P= = = . S正方形 4 3 2 【答案】 (1)C (2) 3

(1)寻找题目中不等关系的信息是得到约束条件的关键:如第一次闪亮在通电 4 秒内任一时 刻,则 0≤x≤4,0≤y≤4.第一次闪亮相差不超过 2 秒,则|x-y|≤2. (2)利用定积分求面积,再利用几何概型的概率公式求解. (2016· 北京昌平区一模, 14)在棱长为 2 的正方体 ABCD?A1B1C1D1 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】 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, 2π 1 4π 其体积为 V1= × ×13= . 2 3 3

2π 事件“点 P 与点 O 距离大于 1 的概率”对应的区域体积为 23- , 3 2π 23- 3 π 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- . 23 12 π 【答案】 1- , 12

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.

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( 7 A. 8 3 B. 4 )

1 1 C. D. 2 4 1.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 S阴影 3π 2 3 所求概率 P= = = . S正方形 4π 2 4

?x+y≤ 2, 2.(2016· 辽宁抚顺一模,6)设不等式组?x-y≥- 2,所表示的区域为 M,函数 y= ?y≥0
的图象与 x 轴所围成的区域为 N,向 M 内随机投一个点,则该点落在 N 内的概率为( 2 A. π π C. 8 π B. 4 π D. 16

1-x2

)

2.B

?x+y≤ 2, 如图,不等式组?x-y≥- 2,表示的区域为△ ABC 及其内部,函数 y= ?y≥0

1-x2的图

象与 x 轴所围成的区域为阴影部分,易知区域 M 的面积为 2,区域 N 的面积为 π 2 π 概型的概率公式知所求概率为 = . 2 4

π ,由几何 2

π 3.(2015· 河南郑州一模,5)已知 x,y 都是区间?0, ?内任取的一个实数,则使得 y≤sin x 2? ? 成立的概率是( 4 2 A. 2 B. π π 1 2 C. D. 2 2 π π 3.A 所求事件的度量为函数 y=sin x 的图象在?0, ?内与 x 轴围成的图形的面积,即 S 2? ? = )

?

π 2 0

sinxdx ? ?cos x

? 2 0

S 1 4 =1,则所求事件 A 的概率为 P= = = ,故选 A. S′ π π π 2 × 2 2

4.(2016· 山西太原一模,13)如图,四边形 ABCD 为矩形,AB= 3,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________.

30 4. 【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= = 90 1 . 3 【答案】 1 3

?-1≤x≤1, ? 5.(2016· 广东广州二模,12)在平面直角坐标系 xOy 中,设不等式组? 所表示的 ? ?0≤y≤2

平面区域是 W,从区域 W 中随机取点 M(x,y),则|OM|≤2 的概率是________.
?-1≤x≤1, ? 5. 【解析】 作出可行域如图所示,不等式组? 所表示的平面区域 W 是图中正方 ?0≤y≤2 ?

形 ABCD,则正方形 ABCD 的面积是 2× 2=4.从区域 W 中随机取点 M(x,y),使|OM|≤2, 则点 M 落在图中阴影部分.

π 1 在 Rt△AOM 中,MA= 3,∠AOM= ,所以阴影部分的面积是 2? ?2×1× 3 3 2π 1 π + × ×22?= 3+ 3 , 2 6 ? 3+ 故所求的概率是 【答案】 4 2π 3 2π +3 3 = . 12

2π +3 3 12

6.(2016· 湖北八市联考,13)在平面直角坐标系中,已知点 P(4,0),Q(0,4),M,N 分别 是 x 轴和 y 轴上的动点,若以 MN 为直径的圆 C 与直线 PQ 相切,当圆 C 的面积最小时, 在四边形 MPQN 内任取一点,则该点落在圆 C 内的概率为________. 6. 【解析】 当以 MN 为直径的圆过坐标原点,且与 PQ 相切时,圆 C 的面积最小,此时 1 圆 C 半径为 2, 四边形 MPQN 的面积 S= (2 2+4 2)× 2=6, 四边形 MPQN 内圆 C 的面 2

S′ π 1 积 S′= π ( 2)2=π .故 P= = . 2 S 6 【答案】 π 6

7.(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= 1 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 2 a=________.

7. 【解析】 根据题意,阴影部分的面积为?a sin xdx=-cos x|a 0=1-cos a,

?0

4 又矩形的面积为 a· =4, a 1-cos a 1 则由几何概型的概率公式可得 = , 4 2 即 cos a=-1, 又 a∈(0,π ],∴a=π . 【答案】 π

一、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 nA 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. n (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.

二、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A,当计算事件 A 的概率 P(A)比较困难时,可通过 P(A)=1-P(A)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. 三、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 1 事件发生的概率都是 . n m (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 n A包含的基本事件的个数 于古典概型,任何事件的概率为 P(A)= . 基本事件的总数

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.

四、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 的概率计算公式如下: 构成事件A的区域长度(面积或体积) P(A)= . 试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)

一、选择题(共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分) 1.(2016· 河北石家庄一模,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( 1 A. 3 1 2 3 B. C. D. 2 3 4 )

1.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, 3 1 ∴甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率 P= = ,故选 A. 9 3 2.(2014· 湖南文,5)在区间[-2,3]上随机选取一个数 X,则 X≤1 的概率为( 4 A. 5 3 2 1 B. C. D. 5 5 5 )

2.B 这是一个几何概型问题,测度是长度,此问题的总体长度为 5,使得“X≤1”的长度为 3 3,故 P(X≤1)= . 5 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 3.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.(2016· 云南昆明一模,11)在 1,2,3,4,5,6,7,8 这组数据中,随机取出五个不同的 )

数,则数字 5 是取出的五个不同数的中位数的概率为( 9 A. 56 9 B. 28 9 5 C. D. 14 9

)

4.B 要满足题意,则抽取的除 5 以外的四个数字中,有两个比 5 小,有两个比 5 大,故
2 C2 9 4·C3 所求概率 P= = . 5 C8 28

5.(2016· 河南洛阳统考,8)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动,每天只需 一人参加,其中甲参加三天活动,乙、丙、丁每人参加一天,那么甲连续三天参加活动的概 率为( 1 A. 15 ) 1 B. 5 1 1 C. D. 4 2

5. B 由题意分析可得, 甲连续三天参加活动的所有情况为: 第 1~3 天, 第 2~4 天, 第 3~ 4·A3 1 3 5 天,第 4~6 天,共 4 种,∴所求概率 P= 3 = . 5 C6·A3 3 x k 1 1+ ? 的展开式中第四项的系数为 , 6. (2016· 辽宁五校联考, 10)设 k 是一个正整数, 已知? ? k? 16 函数 y=x2 与 y=kx 的图象所围成的区域如图中阴影部分所示, 任取 x∈[0,4],y∈[0,16], 则点(x,y)恰好落在阴影部分内的概率为( )

17 A. 96

5 B. 32

1 7 C. D. 6 48

1 31 6.C 由题意得 Ck = ,解得 k=4.因为函数 y=x2 与 y=4x 的交点坐标为(4,4),所以 k3 16 1 32 2x2- x3?|4 阴影部分的面积 S1=?4(4x-x2)dx=? , 0= 3 ? ? 3 ?
0

∵任取 x∈[0,4],y∈[0,16], S1 ∴以 x, y 为横、 纵坐标的所有可能的点构成的区域面积 S2=4× 16=64, 所以所求概率 P= S2 1 = ,故选 C. 6 7.(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( )

π A.1- 4

π π B. -1 C.2- 2 2

π D. 4

π 2×1- 2 π π 7. 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= 4 2 2×1 π =1- . 4 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( 6 A. 35 9 C.1 或 35 9 B. 35 D .1 或 6 35 )

8.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 C4 7=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 9 项构成等差数列的概率为 . 35 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.
?0≤x≤2, ? 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 ? ?0≤y≤2

3 的坐标(x,y)满足 y≥kx 的概率为 ,则实数 k=( 4 2 A.4 B.2 C. 3 1 D. 2

)

9.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 1 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) 2 1 4- × 2× 2k 2 3 1 满足 y≥kx 的概率为 = ,解得 k= . 4 4 2

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 A1ABFE?D1DCGH 内的概率为( )

11 A. 16

3 B. 4

13 7 C. D. 16 8 2 a. 2

10.D 在等腰直角三角形 B1EF 中,因为斜边 EF=a,所以 B1E=B1F= 根据几何概型概率公式,得 VA1ABFE?D1DCGH P= VABB1A1?DCC1D1 VABB1A1?DCC1D1-VEFB1?HGC1 = VABB1A1?DCC1D1 VEFB1?HGC1 =1- VABB1A1?DCC1D1 1 B E·B1F 2 1 S△EFB1 =1- =1- 2a2 S矩形ABB1A1 1 2 2 1 7 =1- 2· a· a=1- = .故选 D. 4a 2 2 8 8 二、填空题(共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)

11.(2016· 江西南昌一模,13)a,b,c,d 四封不同的信随机放入 A,B,C,D 4 个不同的 信封里,每个信封至少有一封信,其中 a 没有放入 A 中的概率是________. 11. 【解析】 a,b,c,d 四封不同的信放入 A,B,C,D 4 个不同的信封里,共有 A4 4=24 18 3 1 3 种方法,a 没有放入 A 中的方法是 C3 A3=18 种,故概率为 P= = . 24 4 【答案】 3 4

12.(2013· 山东,14)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 ________. 12. 【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; 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. 2 1 又 x∈[-3,3],其长度为 6,由几何概型可得 P= = . 6 3 【答案】 1 3

1 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+ 3 2)x 有极值的概率为________. 13. 【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. 1 若 f(x)= x3-ax2+(a+2)x 有极值, 3 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 2<a≤3. 则对应的区间长度为-1-(-2)+3-2=1+1=2, 2 由几何概型的概率公式可得对应的概率 P= . 5 【答案】 2 5

14.(2016· 江西南昌质检,15)在边长为 2 的正方形 ABCD 中有一个不规则的图形 M,用随 机模拟方法来估计不规则图形的面积.若在正方形 ABCD 中随机产生了 10 000 个点,落在 不规则图形 M 内的点数恰有 2 000 个,则在这次模拟中,不规则图形 M 的面积的估计值为 ________. 14. 【解析】 由题意,因为在正方形 ABCD 中随机产生了 10 000 个点,落在不规则图形 M 内的点数恰有 2 000 个,

2 000 1 所以概率 P= = . 10 000 5 ∵边长为 2 的正方形 ABCD 的面积为 4, 1 4 ∴不规则图形 M 的面积的估计值为 ×4= . 5 5 【答案】 4 5

三、解答题(共 4 小题,共 50 分) 15.(12 分)(2015· 河北石家庄模拟,16)设连续掷两次骰子得到的点数分别为 m,n,令平面 向量 a=(m,n),b=(1,-3). (1)求使得事件“a⊥b”发生的概率; (2)求使得事件“|a|≤|b|”发生的概率; m (3)求使得事件“直线 y= x 与圆(x-3)2+y2=1 相交”发生的概率. n 15.解:(1)由题意知,m∈{1,2,3,4,5,6},n∈{1,2,3,4,5,6},故(m,n)所有 可能的取法共 36 种. 使得 a⊥b,即 m-3n=0,即 m=3n,共有 2 种:(3,1),(6,2), ∴事件“a⊥b”发生的概率为 2 1 = . 36 18

(2)|a|≤|b|,即 m2+n2≤10,共有 6 种: (1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1), 6 1 ∴事件“|a|≤|b|”发生的概率为 = . 36 6 (3)由直线与圆的位置关系,得 d= |3m| m 2 2 2 <1,即 n < 4 , m +n

共有 5 种:(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,6), m 5 ∴直线 y= x 与圆(x-3)2+y2=1 相交的概率为 . n 36
? x+2 ? <0?. 16.(12 分)(2016· 山西大同一模,18)已知集合 A={x|-3<x<1},B=?x| ? x-3 ?

(1)在区间(-4,4)上任取一个实数 x,求“x∈A∩B”的概率; (2)设(a,b)为有序实数对,其中 a 是从集合 A 中任取的一个整数,b 是从集合 B 中任取的一 个整数,求“b-a∈A∪B”的概率. 16.解:(1)由已知 B={x|-2<x<3},A∩B={x|-2<x<1},设事件“x∈A∩B”的概率为 P1, 3 这是一个几何概型,则 P1= . 8 (2)因为 a,b∈Z,且 a∈A,b∈B,

所以基本事件共 12 个:(-2,-1),(-2,0),(-2,1),(-2,2),(-1,-1),(-1,0), (-1,1),(-1,2),(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2). 9 3 设事件 E 为“b-a∈A∪B”,则事件 E 中包含 9 个基本事件,事件 E 的概率 P(E)= = . 12 4 17.(12 分)(2015· 湖北荆州模拟,17)甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头,它们 在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的.如果甲船停泊时间为 1 h,乙船停泊时间为 2 h, 求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率. 17.解:这是一个几何概型问题,设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为 x 与 y,事件 A 为 “两船都不需要等待码头空出”,则 0≤x≤24,0≤y≤24,要使两船都不需要等待码头空出, 当且仅当甲比乙早到达 1 h 以上或乙比甲早到达 2 h 以上,即 y-x≥1 或 x-y≥2.故所求事件 构成集合 A={(x,y)|y-x≥1 或 x-y≥2,x∈[0,24],y∈[0,24]}.

A 为图中阴影部分,全部结果构成集合 Ω 为边长是 24 的正方形及其内部. 1 1 (24-1)2× +(24-2)2× 2 2 1 013 A的面积 所求概率为 P(A)= = = . 242 1 152 Ω的面积 18.(14 分)(2016· 山东临沂一模,17)设 f(x)和 g(x)都是定义在同一区间上的两个函数,若对 b 任意 x∈[1,2],都有|f(x)+g(x)|≤8,则称 f(x)和 g(x)是“友好函数”,设 f(x)=ax,g(x)= . x (1)若 a∈{1,4},b∈{-1,1,4},求 f(x)和 g(x)是“友好函数”的概率; (2)若 a∈[1,4],b∈[1,4],求 f(x)和 g(x)是“友好函数”的概率. 18.解:(1)设事件 A 表示 f(x)和 g(x)是“友好函数”, 则|f(x)+g(x)|(x∈[1,2])所有的情况有: 1 1 4 1 1 4 x- ,x+ ,x+ ,4x- ,4x+ ,4x+ , x x x x x x 共 6 种且每种情况被取到的可能性相同. b 又当 a>0,b>0 时, ax+ 在?0, x ? 1 1 x- 和 4x- 在(0,+∞)上递增, x x b? 上递减,在? a? ? b ? ,+∞ 上递增; a ?

1 1 4 1 ∴对 x∈[1,2]可使|f(x)+g(x)|≤8 恒成立的有 x- ,x+ ,x+ ,4x- , x x x x 故事件 A 包含的基本事件有 4 种, 4 2 2 ∴P(A)= = ,故所求概率是 . 6 3 3 (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, b 需 f(1)+g(1)=a+b≤8 且 f(2)+g(2)=2a+ ≤8, 2 ∴事件 B 表示的点的区域是如图所示的阴影部分.

1 ? 11? × 2+ 4 ?× 3 2 ? 19 ∴P(B)= = , 3× 3 24 19 故所求概率是 . 24



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