【数学】2020届一轮复习北师大版古典概型与几何概型作业
古典概型与几何概型
[基础保分练]
1．高三毕业时，甲、乙、丙、丁四位同学站成一排照相留念，已知甲、乙相邻，则甲、丙相邻的概率为( )
A. B. C. D.
2．(2017·山东)从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )
A. B. C. D.
3．若某公司欲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( )
A. B. C. D.
4．已知三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是( )
A. B. C. D.
5．在区间[－5,5]内随机地取出一个数a，则恰好使1是关于x的不等式2x2＋ax－a2<0的一个解的概率为( )
A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7
6．在区间上随机地取一个数x，则cos x的值介于0到之间的概率为( )
A. B. C. D.
7.如图所示，A是圆O上固定的一点，在圆上其他位置任取一点A′，连接AA′，它是一条弦，它的长度大于或等于半径的概率为( )
A. B. C. D.
8．一只小蜜蜂在一个棱长为4的正方体玻璃箱内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与玻璃箱的六个面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为( )
A. B. C. D.
9．(2016·天津改编)某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4，现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．设A为事件“
选出的2人参加义工活动次数之和为4”，则事件A发生的概率为________．
10．已知A＝{(x，y)|x2＋y2≤π2}，B是曲线y＝sin x与x轴围成的封闭区域，若向区域A内随机投入一点M，则点M落入区域B内的概率为________．
[能力提升练]
1．随机抛掷两枚质地均匀的骰子，若将它们向上的点数之和不超过5的概率记为p1，点数之和大于5的概率记为p2，点数之和为偶数的概率记为p3，则( )
A．p1
1，则记参数t＝1，否则t＝0，在进行1 000次重复试验后，累计所有参数的和为477，由此估算圆周率π的值应为( )
A．3.084 B．3.138 C．3.142 D．3.136
5.从－1,0,1,2这四个数中选出三个不同的数作为二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，从而组成不同的二次函数，其中使二次函数有两个零点的概率为________．
6．从如图所示的长方形区域内任取一个点M(x，y)，则点M取自阴影部分的概率为________．
答案精析
基础保分练
1．B [4人排成一排，其中甲、乙相邻的情况有12种：(甲乙丙丁)、(甲乙丁丙)、(丙甲乙丁)、(丁甲乙丙)、(丙丁甲乙)、(丁丙甲乙)、(乙甲丙丁)、(乙甲丁丙)、(丙乙甲丁)、(丁乙甲丙)、(丙丁乙甲)、(丁丙乙甲)．其中甲、丙相邻的情况只有4种，∴所求概率P＝＝.]
2．C [方法一 ∵9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取，
∴P(第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝×＝，
P(第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝×＝，
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＋＝.
方法二 依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＝.]
3．D [设“甲或乙被录用”为事件A，则表示“甲、乙都没被录用”．由古典概型可知，P()＝＝，∴P(A)＝1－＝.]
4．A [三位同学每人选择三项中的两项，共有CCC＝3×3×3＝27(种)选法，其中有且仅有两人选择的项目完全相同的有CCC＝3×3×2＝18(种)选法，∴所求概率P＝＝.]
5．D [由已知得，当x＝1时，原不等式成立，即2＋a－a2<0，解得a>2或a<－1，所以当a∈[－5，－1)∪(2,5]时，1是关于x的不等式2x2＋ax－a2<0的一个解．
故所求概率P＝＝＝0.7.]
6．A [若cos x∈，x∈，则利用三角函数的性质解得x∈∪.在上随机取一个数是等可能的，结合几何概型是概率公式可得，所求概率P＝
＝.]
7．B [如图所示，
当AA′长度等于半径R时，A′位于点B或点C处，此时∠BOC＝120°，则优弧BC的长为πR，∴所求概率P＝＝.]
8．A [根据几何概型可知，所求概率P＝＝.]
9.
解析 由已知，有P(A)＝＝.
10.
解析 由题意可作出如图所示图形，由几何概型可知所求概率P＝＝.
能力提升练
1．C [随机抛掷两枚质地均匀的骰子，可能出现的情况有6×6＝36(种)，点数之和不超过5的情况有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(3,1)，(1,4)，(4,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，共10种，点数之和为偶数的情况有(1,1)，(1,3)，(3,1)，(1,5)，(5,1)，(2,2)，(2,4)，(4,2)，(2,6)，(6,2)，(3,3)，(3,5)，(5,3)，(4,4)，(4,6)，(6,4)，(5,5)，(6,6)，共18种，所以p1＝＝，p2＝1－p1＝，p3＝＝，所以p2>p3>p1.]
2．D [对左端的每一种分组，右端六个接线点的分组情况共有＝15(种)，五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，故满足题意的分组情况有CCC＝8(种)，所以这五个接收器能同时接收到信号的概率是.]
3．D [由题图可知VF－AMCD＝×SAMCD×DF＝a3，VADF－BCE＝a3，
所以它飞入几何体F－AMCD内的概率为＝.]
4．B [由题意，≈1－×π×13，∴π≈3.138，故选B.]
5.
解析 首先取a，∵a≠0，∴a的取法有3种，再取b，b的取法有3种，最后取c，c的取法有2种，树形图如图所示：
∴组成不同的二次函数共有3×3×2＝18(个)．
若f(x)有两个零点，则不论a>0还是a<0，均应有Δ>0，即b2－4ac>0，∴b2>4ac.结合树形图可得，满足b2>4ac的取法有6＋4＋4＝14(种)，
∴所求概率P＝＝.
6.
解析 阴影部分的面积S阴＝ʃ3x2dx＝x3|＝1，长方形的面积S＝3，所以点M取自阴影部分的概率为.
