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1、- 1 - 课时跟踪检测（六十一） 古典概型与几何概型课时跟踪检测（六十一） 古典概型与几何概型 一、题点全面练 1.(2019衡水联考)2017 年 8 月 1 日是中国人民解放军建军 90 周年， 中国人民银行为此发行了以此为主题的金银纪念币 如图所示是一枚 8 克 圆形金质纪念币， 直径 22 mm， 面额 100 元为了测算图中军旗部分的面 积，现用 1 粒芝麻向硬币内投掷 100 次，其中恰有 30 次落在军旗内，据 此可估计军旗的面积大约是( ) A. mm2 B. mm2 363 10 363 5 C. mm2 D. mm2 726 5 363 20 解析：选 A 向硬币内投掷
2、100 次，恰有 30 次落在军旗内，所以可估计军旗的面积大约 是S112(mm2) 30 100 363 10 2(2019漳州一模)甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学参加“论语知识大赛” ，决出第 1 名到第 5 名的名次甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好， 但是你俩都没得到第一名” ；对乙说“你当然不会是最差的” ，从上述回答分析，丙是第一名 的概率是( ) A. B. 1 5 1 3 C. D. 1 4 1 6 解析：选 B 由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊又因为所 有的限制条件对丙、丁或戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等可能事件，所
3、以丙是 第一名的概率是 . 1 3 3(2019郑州模拟)现有 5 人参加抽奖活动，每人依次从装有 5 张奖票(其中 3 张为中 奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到 3 张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在 第 4 人抽完结束的概率为( ) A. B. 1 10 1 5 C. D. 3 10 2 5 解析：选 C 将 5 张奖票不放回地依次取出共有 A 120(种)不同的取法，若活动恰好在 5 5 第四次抽奖结束，则前三次共抽到 2 张中奖票，第四次抽到最后一张 中奖票，共有 C C A 36(种)取法，所以P. 2 3 1 2 3 3 36 120 3 10 - 2 - 4.(20
4、19长沙模拟)如图是一个边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内 切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的 2 倍若在正 方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为( ) A. B. 8 16 C1 D1 8 16 解析：选 C 正方形的面积为 82，正方形的内切圆半径为 4，中间黑色大圆的半径为 2， 黑色小圆的半径为 1，所以白色区域的面积为 42224128，所以黑色区 域的面积为828.在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为P1 828 82 . 8 5(2019郑州模拟)已知圆C：x2y21，直线l：yk(x2)，在1,1上随
5、机选取 一个数k，则事件“直线l与圆C相离”发生的概率为( ) A. B. 1 2 2 2 2 C. D. 3 3 3 2 3 2 解析：选 C 圆C：x2y21 的圆心C(0,0)，半径r1，圆心到直线l：yk(x2)的 距离d， 直线l与圆C相离时dr， 即1， 解得k， |0 k02k| k212 2|k| k21 2|k| k21 3 3 3 3 故所求的概率P. 2 (1 3 3) 11 3 3 3 6 从19这9个自然数中任取7个不同的数， 则这7个数的平均数是5的概率为_ 解析 ： 从19这9个自然数中任取7个不同的数的取法共有C 36种， 从(1,9)， (2,8)，(3,7)
6、， 7 9 (4,6)中任选 3 组，有 C 4 种选法，故这 7 个数的平均数是 5 的概率P . 3 4 4 36 1 9 答案：1 9 7一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当有两个数字的和 等于第三个数字时称这个三位数为“好数”(如 213,134)，若a，b，c1,2,3,4，且a，b，c 互不相同，则这个三位数为“好数”的概率是_ 解析 ： 从 1,2,3,4 中任选 3 个互不相同的数并进行全排列， 共组成 A 24 个三位数， 而 “好 3 4 数”的三个位置上的数字为 1,2,3 或 1,3,4，所以共组成 2A 12 个“好数” ，故所求概率P 3
7、3 . 12 24 1 2 - 3 - 答案：1 2 8.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y3sinx的图象分割为两个对称的鱼 6 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y3sinx的最小正周期T，又T12，所以 6 2 6 大圆的面积S 236，一个小圆的面积S12，故在大圆内随机取一点， ( 12 2) 此点取自阴影部分的概率P. 2S S 2 36 1 18 答案： 1 18 9 (2018天津高考
8、)已知某校甲、 乙、 丙三个年级的学生志愿者人数分别为 240,160,160. 现采用分层抽样的方法从中抽取 7 名同学去某敬老院参加献爱心活动 (1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？ (2)设抽出的 7 名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取 2 名同学承担 敬老院的卫生工作 试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； 设M为事件“抽取的 2 名同学来自同一年级” ，求事件M发生的概率 解：(1)因为甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为 322，由于采用分层抽样 的方法从中抽取 7 名同学， 所以应从甲、 乙、 丙三个年级的学生志愿者中分别抽取 3
9、人， 2 人， 2 人 (2)从抽取的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为A，B，A，C，A，D，A，E，A，F，A， G，B，C，B，D，B，E，B，F，B，G，C，D，C，E，C，F，C，G，D，E，D，F， D，G， E，F， E，G， F，G， 共 21 种 由，不妨设抽出的 7 名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E， 来自丙年级的是F，G，则从抽出的 7 名同学中随机抽取的 2 名同学来自同一年级的所有可能 结果为A，B，A，C，B，C，D，E，F，G，共 5 种 所以事件M发生的概率P(M. 5 21 10在某大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，
10、B，C，D四个不同的岗位服 务，每个岗位至少有一名志愿者 - 4 - (1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率； (2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率； (3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率 解：(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件EA，那么P(EA)， A3 3 C2 5A4 4 1 40 即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是. 1 40 (2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P(E)，所以甲、 A4 4 C2 5A4 4 1 10 乙两人不在同一岗位服务的概率是P( )1P(E).E 9 10 (3)因为有两人同时参加A岗位服务的概率P2
11、， 所以仅有一人参加A岗位服务的 C2 5A3 3 C2 5A4 4 1 4 概率P11P2 . 3 4 二、专项培优练 交汇专练融会巧迁移 1与平面向量交汇已知P是ABC所在平面内一点，且20，现将一PB PC PA 粒黄豆随机撒在ABC内，则黄豆落在PBC内的概率是( ) A. B. 1 4 1 3 C. D. 1 2 2 3 解析 ： 选 C 以PB，PC为邻边作平行四边形PBDC，连接PD交BC于点O，则PB PC .PD 20，PB PC PA 2，即2，PB PC PA PD PA 由此可得，P是BC边上的中线AO的中点，点P到BC的距离等于点A到BC的距离的 ，SPBC 1 2
12、SABC，将一粒黄豆随机撒在ABC内，黄豆落在PBC内的概率P . 1 2 S PBC S ABC 1 2 2 与解析几何交汇双曲线C：1(a0，b0)， 其中a1,2,3,4，b1,2,3,4， x2 a2 y2 b2 且a，b取到其中每个数都是等可能的，则直线l：yx与双曲线C的左、右支各有一个交点 的概率为( ) - 5 - A. B. 1 4 3 8 C. D. 1 2 5 8 解析：选 B 直线l：yx与双曲线C的左、右支各有一个交点，则 1，总基本事件数 b a 为 4416，满足条件的(a，b)的情况有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共 6
13、 个，故概率为 . 3 8 3.与数学文化交汇如图，来自古希腊数学家希波克拉底所研究的 几何图形此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的 斜边BC，直角边AB，AC. ABC的三边所围成的区域记为，黑色部分记为， 其 余部分记为.在整个图形中随机取一点，此点取自，的概率分别记为p1，p2，p3，则( ) Ap1p2 Bp1p3 Cp2p3 Dp1p2p3 解析：选 A 不妨设ABC为等腰直角三角形， ABAC2，则BC2，2 所以区域的面积即ABC的面积， 为S1 222， 1 2 区域的面积S2122， 22 2 2 区域的面积S322. 22 2 根据几何概型的概率计算公
14、式， 得p1p2，p3， 2 2 2 2 所以p1p3，p2p3，p1p2p3，故选 A. 4与复数交汇抛掷一枚质地均匀的骰子三次，得到的点数依次记作a，b，c. (1)求abc是奇数的概率； (2)求abi(i 是虚数单位)是方程x22xc0 的根的概率 解：(1)把一枚骰子抛三次，得到的点数依次记作a，b，c，基本事件总数为n63216. 若abc是奇数，则a，b，c中应两偶一奇，或三个都为奇数， 包含的基本事件的个数为 C C C C C C C 108. 2 3 1 3 1 3 1 31 3 1 3 1 3 故所求概率为 . 108 216 1 2 (2)由abi 是方程x22xc0 的根，得(abi)22(abi)c0， - 6 - 即Error! 所以a1，cb21， 所以a1，b1，c2，或a1，b2，c5， 共包含两个基本事件， 故所求概率为. 2 216 1 108