2023学年高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第5讲几何概型练习理北师大版.doc

第5讲 几何概型 [基础题组练] 1．(2023年·江西九江模拟)星期一，小张下班后坐公交车回家，公交车有1，10两路．每路车都是间隔10分钟一趟，1路车到站后，过4分钟10路车到站．不计停车时间，则小张坐1路车回家的概率是(　　) A.　　　　　　　 B． C. D． 解析：选D.由题意可知小张下班后坐1路公交车回家的时间段是在10路车到站与1路车到站之间，共6分钟．设“小张坐1路车回家”为事件A，则P(A)＝＝.故选D. 2．(2023年·河南洛阳二模)在边长为2的正三角形内部随机取一个点，则该点到三角形3个顶点的距离都不小于1的概率为(　　) A．1－ B．1－ C．1－ D．1－ 解析：选B.若点P到三个顶点的距离都不小于1，则分别以A，B，C为圆心作半径为1的圆，则P的位置位于阴影部分，如图所示．在三角形内部的三个扇形的面积之和为×3××12＝，△ABC的面积S＝×22×sin 60°＝，则阴影部分的面积S＝－，则对应的概率P＝＝1－.故选B. 3．如图，在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器，圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切，圆锥的顶点在鱼缸的缸底上，现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食，则“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是(　　) A．1－ B． C. D．1－ 解析：选A.鱼缸底面正方形的面积为22＝4，圆锥底面圆的面积为π，所以“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是1－，故选A. 4.(2023年·河北衡水联考)在如图所示的几何图形中，四边形ABCD为菱形，C为EF的中点，EC＝CF＝3，BE＝DF＝4，BE⊥EF，DF⊥EF.若在几何图形中任取一点，则该点取自Rt△BCE的概率为(　　) A. B． C. D． 解析：选D.因为EC＝3，BE＝4，BE⊥EC，所以BC＝5.又由题可知BD＝EF＝6，AC＝2BE＝8，所以S△BCE＝S△DFC＝×3×4＝6，S四边形ABCD＝AC·BD＝24.由几何概型概率公式可得，所求概率P＝＝，即该点取自Rt△BCE的概率为.故选D. 5.(2023年·湖南宁乡一中、攸县一中联考)将一线段AB分为两线段AC，CB，使得其中较长的一段AC是全长AB与另一段CB的比例中项，即满足＝＝≈0.618，后人把这个数称为黄金分割，把点C称为线段AB的黄金分割点．图中在△ABC中，若点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，在△ABC内任取一点M，则点M落在△APQ内的概率为(　　) A. B．－2 C. D． 解析：选B.所求概率为＝＝＝＝－2.故选B. 6.如图所示，黑色部分和白色部分图形是由曲线y＝，y＝－，y＝x，y＝－x及圆构成的．在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是________． 解析：根据图象的对称性知，黑色部分图形的面积为圆面积的四分之一，在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是. 答案： 7．已知平面区域Ω＝{(x，y)|0≤x≤π，0≤y≤1}，现向该区域内任意掷点，则该点落在曲线y＝sin2x下方的概率是________． 解析：y＝sin2x＝－cos 2x， 所以dx＝＝，区域Ω＝{(x，y)|0≤x≤π，0≤y≤1}的面积为π，所以向区域Ω内任意掷点，该点落在曲线y＝sin2x下方的概率是＝. 答案： 8．已知O(0，0)，A(2，1)，B(1，－2)，C，动点P(x，y)满足0≤·≤2且0≤·≤2，则点P到点C的距离大于的概率为________． 解析：因为O(0，0)，A(2，1)，B(1，－2)，C， 动点P(x，y)满足0≤·≤2且0≤·≤2， 所以如图，不等式组对应的平面区域为正方形OEFG及其内部，|CP|>对应的平面区域为阴影部分． 由解得 即E，所以|OE|＝＝， 所以正方形OEFG的面积为， 则阴影部分的面积为－， 所以根据几何概型的概率公式可知所求的概率为＝1－. 答案：1－ 9.如图所示，圆O的方程为x2＋y2＝4. (1)已知点A的坐标为(2，0)，B为圆周上任意一点，求的长度小于π的概率； (2)若N(x，y)为圆O内任意一点，求点N到原点的距离大于的概率． 解：(1)圆O的周长为4π，所以的长度小于π的概率为＝. (2)记事件M为N到原点的距离大于，则Ω(M)＝{(x，y)|x2＋y2>2}，Ω＝{(x，y)|x2＋y2≤4}，所以P(M)＝＝. 10．已知向量a＝(2，1)，b＝(x，y)． (1)若x∈{－1，0，1，2}，y∈{－1，0，1}，求向量a∥b的概率； (2)若x∈[－1，2]，y∈[－1，1]，求向量a，b的夹角是钝角的概率． 解：(1)设“a∥b”为事件A，由a∥b，得x＝2y.所有基本事件为(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)，(2，1)，共12个基本事件．其中A＝{(0，0)，(2，1)}，包含2个基本事件． 则P(A)＝＝，即向量a∥b的概率为. (2)设“a，b的夹角是钝角”为事件B，由a，b的夹角是钝角，可得a·b<0，即2x＋y<0，且x≠2y.基本事件为 所表示的区域， B＝， 如图，区域B为图中的阴影部分去掉直线x－2y＝0上的点， 所以，P(B)＝＝， 即向量a，b的夹角是钝角的概率是. [综合题组练] 1．(2023年·安徽合肥模拟)已知圆C：x2＋y2＝4与y轴负半轴交于点M，圆C与直线l：x－y＋1＝0相交于A，B两点，那么在圆C内随机取一点，则该点落在△ABM内的概率为(　　) A. B． C. D． 解析：选A.由图可知，由点到直线距离公式得|OC|＝＝，则|AB|＝2＝，同理可得|MD|＝＝，所以S△MAB＝|AB|·|MD|＝，由几何概型知，该点落在△ABM内的概率为＝＝，故选A. 2．已知P是△ABC所在平面内一点，＋＋2＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是　　(　　) A. B． C. D． 解析：选D.以PB，PC为邻边作平行四边形PBDC，则＋＝，因为＋＋2 ＝0，所以＋＝－2，得＝－2，由此可得，P是△ABC边BC上的中线AO的中点，点P到BC的距离等于A到BC距离的，所以S△PBC＝S△ABC，所以将一粒黄豆随机撒在△ABC内，黄豆落在△PBC内的概率为＝. 3．两位同学约定下午5：30～6：00在图书馆见面， 且他们在5：30～6：00之间到达的时刻是等可能的，先到的同学须等待，若15分钟后还未见面便离开，则这两位同学能够见面的概率是________． 解析：如图所示，以5：30作为原点O，建立平面直角坐标系，设两位同学到达的时刻分别为x，y，设事件A表示两位同学能够见面，所构成的区域为A＝{(x，y)||x－y|≤15}，即图中阴影部分，根据几何概型概率计算公式得P(A)＝＝. 答案： 4．太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，展现了一种相互转化，相对统一的形式美．按照太极图的构图方法，在如图所示的平面直角坐标系中，圆O被函数y＝3sin x的图象分割为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为________． 解析：根据题意，大圆的直径为函数y＝3sin x的最小正周期T，又T＝＝12，所以大圆的面积S＝π·＝36π，一个小圆的面积S′＝π·12＝π，故在大圆内随机取一点，此点取自阴影部分的概率为P＝＝＝. 答案： 5．某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在8.0米(四舍五入，精确到0.1米)以上的进入决赛，把所得数据进行整理后，分成6组画出频率分布直方图的一部分(如图)，已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04，0.10，0.14，0.28，0.30，第6个小组的频数是7. (1)求进入决赛的人数； (2)经过多次测试后发现，甲的成绩均匀分布在8～10米之间，乙的成绩均匀分布在9.5～10.5米之间，现甲、乙各跳一次，求甲比乙跳得远的概率． 解：(1)第6小组的频率为1－(0.04＋0.10＋0.14＋0.28＋0.30)＝0.14，所以总人数为＝50. 由图易知第4，5，6组的学生均进入决赛，人数为(0.28＋0.30＋0.14)×50＝36，即进入决赛的人数为36. (2)设甲、乙各跳一次的成绩分别为x，y米，则基本事件满足 ， 设事件A为“甲比乙跳得远”，则x>y，作出可行域如图中阴影部分所示． 所以由几何概型得P(A)＝＝，即甲比乙跳得远的概率为. 6．已知关于x的二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1. (1)设集合P＝{1，2，3}和Q＝{－1，1，2，3，4}，分别从集合P和Q中随机取一个数作为a和b，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率； (2)设点(a，b)是区域内的随机点，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率． 解：(1)因为函数f(x)＝ax2－4bx＋1的图象的对称轴为x＝，要使f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，当且仅当a>0且≤1，即2b≤a. 若a＝1，则b＝－1； 若a＝2，则b＝－1，1； 若a＝3，则b＝－1，1. 所以事件包含基本事件的个数是1＋2＋2＝5， 因为事件“分别从集合P和Q中随机取一个数作为a和b”的个数是15. 所以所求事件的概率为＝. (2)由(1)知当且仅当2b≤a且a>0时，函数f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，依条件可知试验的全部结果所构成的区域为， 构成所求事件的区域为如图所示的三角形BOC部分． 由得交点坐标C， 故所求事件的概率P＝＝＝. 9