2021高考数学大一轮复习考点规范练61古典概型与几何概型理新人教A版

2021高考数学大一轮复习考点规范练61古典概型与几何概型理新人教A版

考点规范练61　古典概型与几何概型 ‎　考点规范练A册第43页　 ‎ 基础巩固 ‎1.某人从甲地去乙地共走了500 m,途经一条宽为x m的河流,该人不小心把一件物品丢在途中,若物品掉在河里就找不到,若物品未掉在河里,则能找到,已知该物品能被找到的概率为‎4‎‎5‎,则河宽大约为(　　)‎ A.80 m B.50 m C.40 m D.100 m 答案:D 解析:由长度型的几何概型公式结合题意可知,河宽大约为500‎×‎‎1-‎‎4‎‎5‎=100(m).‎ ‎2.已知A={(x,y)|-1≤x≤1,0≤y≤2},B={(x,y)|‎1-‎x‎2‎‎≤‎y}.若在区域A中随机地扔一粒豆子,则该豆子落在区域B中的概率为(　　)‎ A.1-π‎8‎ B‎.‎π‎4‎ C‎.‎π‎4‎-1 D‎.‎π‎8‎ 答案:A 解析:集合A={(x,y)|-1≤x≤1,0≤y≤2}表示的区域是正方形,其面积为4,集合B={(x,y)|‎1-‎x‎2‎‎≤‎y}表示的区域在正方形内的部分为图中阴影部分,其面积为4-‎1‎‎2‎‎×‎12×π.‎ 故向区域A内随机地扔一粒豆子,则豆子落在区域B内的概率为‎4-‎1‎‎2‎π‎4‎=1-‎π‎8‎‎.‎ ‎3.(2019河北唐山高三二模)割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”,刘徽称之为“以盈补虚”,即以多余补不足,是数量的平均思想在几何上的体现,右图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法.在△ABC内任取一点,则该点落在标记“盈”的区域的概率为(　　)‎ 7‎ A‎.‎‎1‎‎5‎ B‎.‎‎1‎‎4‎ C‎.‎‎1‎‎3‎ D‎.‎‎1‎‎2‎ 答案:B 解析:根据题意可得该点落在标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一,故该点落在标记“盈”的区域的概率为‎1‎‎4‎‎.‎ ‎4.(2019全国Ⅰ,理6)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“”和阴爻“”,右图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重卦恰有3个阳爻的概率是(　　)‎ A‎.‎‎5‎‎16‎ B‎.‎‎11‎‎32‎ C‎.‎‎21‎‎32‎ D‎.‎‎11‎‎16‎ 答案:A 解析:由题可知,每一爻有2种情况,故一重卦的6个爻有26种情况.其中6个爻中恰有3个阳爻有C‎6‎‎3‎种情况,所以该重卦恰有3个阳爻的概率为C‎6‎‎3‎‎2‎‎6‎‎=‎‎5‎‎16‎,故选A.‎ ‎5.某停车场只有并排的8个停车位,恰好全部空闲,现有3辆汽车依次驶入,并且随机停放在不同车位,则至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是(　　)‎ A‎.‎‎5‎‎14‎ B‎.‎‎15‎‎28‎ C‎.‎‎9‎‎14‎ D‎.‎‎6‎‎7‎ 答案:C 解析:因为3辆车皆不相邻的情况有C‎6‎‎3‎种,所以3辆车皆不相邻的概率为C‎6‎‎3‎C‎8‎‎3‎‎=‎‎5‎‎14‎,因此至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是1-‎‎5‎‎14‎‎=‎9‎‎14‎.‎ 7‎ ‎6.在Rt△ABC中,三条边恰好为三个连续的自然数,以三个顶点为圆心的扇形的半径为1.若在△ABC中随机地选取m个点,其中有n个点正好在扇形里面,则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为(　　)‎ A‎.‎‎16nm B‎.‎‎12nm C‎.‎‎8nm D‎.‎‎6nm 答案:B 解析:由题意得Rt△ABC的三条边恰好为三个连续的自然数,‎ 设三边分别为n,n+1,n+2,则n2+(n+1)2=(n+2)2,解得n=3.‎ ‎∴S△ABC=‎1‎‎2‎‎×‎3×4=6,以三个顶点为圆心的扇形的面积和为‎1‎‎2‎‎×‎π×12=π‎2‎,由题意,得π‎2‎‎6‎‎=‎nm,‎ ‎∴π=‎‎12nm‎.‎ ‎7.(2019云南玉溪高三五调)教育部选派3名中文教师到外国任教中文,有4个国家可供选择,每名教师随机选择一个国家,则恰有2名教师选择同一个国家的概率为(　　)‎ A‎.‎‎3‎‎8‎ B‎.‎‎4‎‎9‎ C‎.‎‎9‎‎16‎ D‎.‎‎9‎‎32‎ 答案:C 解析:根据题意,3名教师每人有4种选择,共有43=64(种)可能,恰有2名教师选择同一个国家有C‎3‎‎2‎‎·C‎4‎‎1‎·‎C‎3‎‎1‎=36(种)可能,则所求概率为P=‎‎36‎‎64‎‎=‎9‎‎16‎.‎ ‎8.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中,若每个信封放2张,则标号为1,2的卡片放入同一个信封的概率为　　　　　. ‎ 答案:‎‎1‎‎5‎ 解析:由题意,将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中,若每个信封放2张,共有C‎6‎‎2‎C‎4‎‎2‎C‎2‎‎2‎=90种.‎ 先从3个信封中选一个放1,2有3种不同的选法,再从剩下的4张卡片中选两张放一个信封有C‎4‎‎2‎=6种,余下放入最后一个信封,‎ ‎∴标号为1,2的卡片放入同一个信封共有3C‎4‎‎2‎=18种.‎ 7‎ ‎∴标号为1,2的卡片放入同一个信封的概率为‎18‎‎90‎‎=‎1‎‎5‎.‎ ‎9.如图,在平面直角坐标系xOy中,O为正八边形A1A2…A8的中心,A1(1,0),任取不同的两点Ai,Aj,点P满足OP‎+OAi+‎OAj=0,则点P落在第一象限的概率是　　　　　. ‎ 答案:‎‎5‎‎28‎ 解析:共有C‎8‎‎2‎=28(种)基本事件,其中使点P落在第一象限共有C‎3‎‎2‎+2=5(种)基本事件,故所求的概率为‎5‎‎28‎‎.‎ ‎10.锅中煮有芝麻馅汤圆6个,花生馅汤圆5个,豆沙馅汤圆4个,这三种汤圆的外部特征完全相同.从中任意舀取4个汤圆,则每种汤圆都至少取到1个的概率为　　　　　. ‎ 答案:‎‎48‎‎91‎ 解析:所求的概率为C‎6‎‎2‎C‎5‎‎1‎C‎4‎‎1‎‎+C‎6‎‎1‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎1‎+‎C‎6‎‎1‎C‎5‎‎1‎C‎4‎‎2‎C‎15‎‎4‎=‎‎15×20+6×40+6×30‎‎15×13×7‎‎=‎48‎‎91‎.‎ ‎11.记函数f(x)=‎6+x-‎x‎2‎的定义域为D.在区间[-4,5]上随机取一个数x,则x∈D的概率是　　　　　. ‎ 答案:‎‎5‎‎9‎ 解析:由6+x-x2≥0,即x2-x-6≤0得-2≤x≤3,所以D=[-2,3]⊆[-4,5],由几何概型的概率公式得x∈D的概率P=‎3-(-2)‎‎5-(-4)‎‎=‎‎5‎‎9‎,答案为‎5‎‎9‎‎.‎ 能力提升 ‎12.从集合{2,3,4}中随机抽取两个数x,y,则满足logxy‎≤‎‎1‎‎2‎的概率是(　　)‎ A‎.‎‎2‎‎3‎ B‎.‎‎1‎‎2‎ C‎.‎‎1‎‎3‎ D‎.‎‎1‎‎6‎ 答案:D 7‎ 解析:∵logxy‎≤‎‎1‎‎2‎,x,y∈{2,3,4},∴y‎≤x.‎ ‎∵从集合{2,3,4}中随机抽取两个数x,y,‎ ‎∴所有的数对(x,y)共有3×2=6(个).‎ ‎∵满足y‎≤‎x的数对(x,y)有(4,2),共1个,‎ ‎∴从集合{2,3,4}中随机抽取两个数x,y,满足logxy‎≤‎‎1‎‎2‎的概率是‎1‎‎6‎‎.‎ ‎13.如图,“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形(阴影部分)围成一个大正方形,中间空出一个小正方形组成的图形.若在大正方形内随机取一点,该点落在小正方形的概率为‎1‎‎5‎,则图中直角三角形较大锐角的正弦值为(　　)‎ A‎.‎‎5‎‎5‎ B‎.‎‎2‎‎5‎‎5‎ C‎.‎‎1‎‎5‎ D‎.‎‎3‎‎3‎ 答案:B 解析:设小正方形的边长为1,直角三角形的直角边长分别为x,1+x,‎x‎2‎‎+(1+x‎)‎‎2‎‎.‎ 由几何概型可得‎1‎‎2‎x‎2‎‎+(1+x‎)‎‎2‎‎=‎‎1‎‎5‎,‎ 解得x=1(x=-2(舍)).‎ 所以直角三角形的边长分别为1,2,‎5‎,直角三角形较大锐角的正弦值为‎2‎‎5‎‎=‎‎2‎‎5‎‎5‎,故选B.‎ ‎14.某酒厂制作了3种不同的精美卡片,每个酒盒随机装入一张卡片,集齐3种卡片可获奖,现购买该种酒5瓶,能获奖的概率为(　　)‎ A‎.‎‎31‎‎81‎ B‎.‎‎33‎‎81‎ C‎.‎‎48‎‎81‎ D‎.‎‎50‎‎81‎ 答案:D 解析:假设5个酒盒各不相同,5个酒盒装入卡片的方法一共有35=243(种),‎ 其中包含了3种不同卡片有两种情况:即一样的卡片3张,另外两种不同的卡片各1张,有C‎5‎‎3‎‎×‎2×3=60(种)方法,‎ 7‎ 两种不同的卡片各2张,另外一种卡片1张,有C‎5‎‎1‎‎×‎3‎×‎C‎4‎‎2‎=15×6=90(种),‎ 故所求的概率为‎90+60‎‎243‎‎=‎50‎‎81‎.‎ ‎15.抛掷两枚质地均匀的骰子,得到的点数分别为a,b,则使得直线bx+ay=1与圆x2+y2=1相交且所得弦长不超过‎4‎‎2‎‎3‎的概率为　　　　　. ‎ 答案:‎‎1‎‎9‎ 解析:根据题意,得到的点数所形成的数组(a,b)共有6×6=36(种),其中满足直线bx+ay=1与圆x2+y2=1相交且所得弦长不超过‎4‎‎2‎‎3‎,则圆心到直线的距离不小于‎1‎‎3‎,即1>‎1‎a‎2‎‎+‎b‎2‎‎≥‎‎1‎‎3‎,即1

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