古典概型和幾何概型訓練題

古典概型與幾何概型訓練題一、題點全方面練1.(·衡水聯(lián)考)8月1日是中國人民解放軍建軍90周年，中國人民銀行為此發(fā)行了以此為主題的金銀紀念幣.如圖所示是一枚8克圓形金質(zhì)紀念幣，直徑22A.eq\f(363π,10)mm2 B.eq\f(363π,5)mm2C.eq\f(726π,5)mm2 D.eq\f(363π,20)mm2解析：選A向硬幣內(nèi)投擲100次，恰有30次落在軍旗內(nèi)，因此可預計軍旗的面積大概是S＝eq\f(30,100)×π×112＝eq\f(363π,10)(mm2).2.(·漳州一模)甲、乙、丙、丁、戊5名同窗參加“《論語》知識大賽”，決出第1名到第5名的名次.甲、乙兩名參賽者去詢問成績，回答者對甲說“即使你的成績比乙好，但是你倆都沒得到第一名”；對乙說“你固然不會是最差的”，從上述回答分析，丙是第一名的概率是()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,6)解析：選B由于甲和乙都不可能是第一名，因此第一名只可能是丙、丁或戊.又由于全部的限制條件對丙、丁或戊都沒有影響，因此這三個人獲得第一名是等可能事件，因此丙是第一名的概率是eq\f(1,3).3.(·鄭州模擬)現(xiàn)有5人參加抽獎活動，每人依次從裝有5張獎票(其中3張為中獎票)的箱子中不放回地隨機抽取一張，直到3張中獎票都被抽出時活動結(jié)束，則活動正好在第4人抽完結(jié)束的概率為()A.eq\f(1,10) B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,10) D.eq\f(2,5)解析：選C將5張獎票不放回地依次取出共有Aeq\o\al(5,5)＝120(種)不同的取法，若活動正好在第四次抽獎結(jié)束，則前三次共抽到2張中獎票，第四次抽到最后一張中獎票，共有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝36(種)取法，因此P＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10).4.(·長沙模擬)如圖是一種邊長為8的正方形苗圃圖案，中間黑色大圓與正方形的內(nèi)切圓共圓心，圓與圓之間是相切的，且中間黑色大圓的半徑是黑色小圓半徑的2倍.若在正方形圖案上隨機取一點，則該點取自黑色區(qū)域的概率為()A.eq\f(π,8) B.eq\f(π,16)C.1－eq\f(π,8) D.1－eq\f(π,16)解析：選C正方形的面積為82，正方形的內(nèi)切圓半徑為4，中間黑色大圓的半徑為2，黑色小圓的半徑為1，因此白色區(qū)域的面積為π×42－π×22－4×π×12＝8π，因此黑色區(qū)域的面積為82－8π.在正方形圖案上隨機取一點，則該點取自黑色區(qū)域的概率為P＝eq\f(82－8π,82)＝1－eq\f(π,8).5.(·鄭州模擬)已知圓C：x2＋y2＝1，直線l：y＝k(x＋2)，在[－1,1]上隨機選用一種數(shù)k，則事件“直線l與圓C相離”發(fā)生的概率為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2－\r(2),2)C.eq\f(3－\r(3),3) D.eq\f(2－\r(3),2)解析：選C圓C：x2＋y2＝1的圓心C(0,0)，半徑r＝1，圓心到直線l：y＝k(x＋2)的距離d＝eq\f(|0×k－0＋2k|,\r(k2＋－12))＝eq\f(2|k|,\r(k2＋1))，直線l與圓C相離時d＞r，即eq\f(2|k|,\r(k2＋1))＞1，解得k＜－eq\f(\r(3),3)或k＞eq\f(\r(3),3)，故所求的概率P＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3))),1－－1)＝eq\f(3－\r(3),3).6.從1～9這9個自然數(shù)中任取7個不同的數(shù)，則這7個數(shù)的平均數(shù)是5的概率為________.解析：從1～9這9個自然數(shù)中任取7個不同的數(shù)的取法共有Ceq\o\al(7,9)＝36種，從(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)中任選3組，有Ceq\o\al(3,4)＝4種選法，故這7個數(shù)的平均數(shù)是5的概率P＝eq\f(4,36)＝eq\f(1,9).答案：eq\f(1,9)7.一種三位數(shù)的百位，十位，個位上的數(shù)字依次為a，b，c，當且僅當有兩個數(shù)字的和等于第三個數(shù)字時稱這個三位數(shù)為“好數(shù)”(如213,134)，若a，b，c∈{1,2,3,4}，且a，b，c互不相似，則這個三位數(shù)為“好數(shù)”的概率是________.解析：從1,2,3,4中任選3個互不相似的數(shù)并進行全排列，共構(gòu)成Aeq\o\al(3,4)＝24個三位數(shù)，而“好數(shù)”的三個位置上的數(shù)字為1,2,3或1,3,4，因此共構(gòu)成2Aeq\o\al(3,3)＝12個“好數(shù)”，故所求概率P＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)8.太極圖是以黑白兩個魚形紋構(gòu)成的圓形圖案，呈現(xiàn)了一種互相轉(zhuǎn)化，相對統(tǒng)一的形式美.按照太極圖的構(gòu)圖辦法，在如圖所示的平面直角坐標系中，圓O被函數(shù)y＝3sineq\f(π,6)x的圖象分割為兩個對稱的魚形圖案，其中小圓的半徑均為1，現(xiàn)在大圓內(nèi)隨機取一點，則此點取自陰影部分的概率為________.解析：根據(jù)題意，大圓的直徑為函數(shù)y＝3sineq\f(π,6)x的最小正周期T，又T＝eq\f(2π,\f(π,6))＝12，因此大圓的面積S＝π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))2＝36π，一種小圓的面積S′＝π·12＝π，故在大圓內(nèi)隨機取一點，此點取自陰影部分的概率P＝eq\f(2S′,S)＝eq\f(2π,36π)＝eq\f(1,18).答案：eq\f(1,18)9.(·天津高考)已知某校甲、乙、丙三個年級的學生志愿者人數(shù)分別為240,160,160.現(xiàn)采用分層抽樣的辦法從中抽取7名同窗去某敬老院參加獻愛心活動.(1)應從甲、乙、丙三個年級的學生志愿者中分別抽取多少人？(2)設抽出的7名同窗分別用A，B，C，D，E，F(xiàn)，G表達，現(xiàn)從中隨機抽取2名同窗承當敬老院的衛(wèi)生工作.①試用所給字母列舉出全部可能的抽取成果；②設M為事件“抽取的2名同窗來自同一年級”，求事件M發(fā)生的概率.解：(1)由于甲、乙、丙三個年級的學生志愿者人數(shù)之比為3∶2∶2，由于采用分層抽樣的辦法從中抽取7名同窗，因此應從甲、乙、丙三個年級的學生志愿者中分別抽取3人，2人，2人.(2)①從抽取的7名同窗中隨機抽取2名同窗的全部可能成果為{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F(xiàn)}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{C，G}，{D，E}，{D，F(xiàn)}，{D，G}，{E，F(xiàn)}，{E，G}，{F，G}，共21種.②由①，不妨設抽出的7名同窗中，來自甲年級的是A，B，C，來自乙年級的是D，E，來自丙年級的是F，G，則從抽出的7名同窗中隨機抽取的2名同窗來自同一年級的全部可能成果為{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5種.因此事件M發(fā)生的概率P(Meq\a\vs4\al()＝eq\f(5,21).10.在某大型活動中，甲、乙等五名志愿者被隨機地分到A，B，C，D四個不同的崗位服務，每個崗位最少有一名志愿者.(1)求甲、乙兩人同時參加A崗位服務的概率；(2)求甲、乙兩人不在同一種崗位服務的概率；(3)求五名志愿者中僅有一人參加A崗位服務的概率.解：(1)記“甲、乙兩人同時參加A崗位服務”為事件EA，那么P(EA)＝eq\f(A\o\al(3,3),C\o\al(2,5)A\o\al(4,4))＝eq\f(1,40)，即甲、乙兩人同時參加A崗位服務的概率是eq\f(1,40).(2)記“甲、乙兩人同時參加同一崗位服務”為事件E，那么P(E)＝eq\f(A\o\al(4,4),C\o\al(2,5)A\o\al(4,4))＝eq\f(1,10)，因此甲、乙兩人不在同一崗位服務的概率是P(eq\x\to(E))＝1－P(E)＝eq\f(9,10).(3)由于有兩人同時參加A崗位服務的概率P2＝eq\f(C\o\al(2,5)A\o\al(3,3),C\o\al(2,5)A\o\al(4,4))＝eq\f(1,4)，因此僅有一人參加A崗位服務的概率P1＝1－P2＝eq\f(3,4).二、專項培優(yōu)練(一)易錯專練——不丟怨枉分1.(·太原聯(lián)考)甲、乙二人商定7：10在某處見面，甲在7：00～7：20內(nèi)某一時刻隨機達成，乙在7：05～7：20內(nèi)某一時刻隨機達成，則甲最少需等待乙5分鐘的概率是()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,8) D.eq\f(5,8)解析：選C建立平面直角坐標系如圖，x，y分別表達甲、乙二人達成的時刻，則坐標系中每個點(x，y)可對應甲、乙二人達成時刻的可能性，則甲最少等待乙5分鐘應滿足的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－x≥5，,0≤x≤20，,5≤y≤20，))其構(gòu)成的區(qū)域為如圖陰影部分，則所求的概率P＝eq\f(\f(1,2)×15×15,20×15)＝eq\f(3,8).2.(·開封模擬)如圖，某建筑工地搭建的腳手架局部類似于一種2×2×3的長方體框架，一種建筑工人欲從A處沿腳手架攀登至B處，則其近來的行走路線中不持續(xù)向上攀登的概率為()A.eq\f(1,7) B.eq\f(2,7)C.eq\f(3,7) D.eq\f(4,7)解析：選B根據(jù)題意，近來路線就是不能走回頭路，不能走重復的路，∴一共要走3次向上，2次向右，2次向前，共7次，∴近來的行走路線共有Aeq\o\al(7,7)＝5040(種).∵不能持續(xù)向上，∴先把不向上的次數(shù)排列起來，也就是2次向右和2次向前全排列為Aeq\o\al(4,4).接下來，就是把3次向上插到4次不向上之間的空當中，5個位置排3個元素，也就是Aeq\o\al(3,5)，則近來的行走路線中不持續(xù)向上攀登的路線共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,5)＝1440(種)，∴其近來的行走路線中不持續(xù)向上攀登的概率P＝eq\f(1440,5040)＝eq\f(2,7).故選B.3.已知等腰直角△ABC中，∠C＝90°，在∠CAB內(nèi)作射線AM，則使∠CAM＜30°的概率為________.解析：如圖，在∠CAB內(nèi)作射線AM0，使∠CAM0＝30°，于是有P(∠CAM＜30°)＝eq\f(∠CAM0,∠CAB)＝eq\f(30,45)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)(二)交匯專練——融會巧遷移4.[與平面對量交匯]已知P是△ABC所在平面內(nèi)一點，且eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＋2eq\o(PA,\s\up7(→))＝0，現(xiàn)將一粒黃豆隨機撒在△ABC內(nèi)，則黃豆落在△PBC內(nèi)的概率是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)解析：選C以PB，PC為鄰邊作平行四邊形PBDC，連接PD交BC于點O，則eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(PD,\s\up7(→)).∵eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＋2eq\o(PA,\s\up7(→))＝0，∴eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＝－2eq\o(PA,\s\up7(→))，即eq\o(PD,\s\up7(→))＝－2eq\o(PA,\s\up7(→))，由此可得，P是BC邊上的中線AO的中點，點P到BC的距離等于點A到BC的距離的eq\f(1,2)，∴S△PBC＝eq\f(1,2)S△ABC，∴將一粒黃豆隨機撒在△ABC內(nèi)，黃豆落在△PBC內(nèi)的概率P＝eq\f(S△PBC,S△ABC)＝eq\f(1,2).5.[與定積分交匯]點集Ω＝{(x，y)|0≤x≤e，0≤y≤e}，A＝{(x，y)|y≥ex，(x，y)∈Ω}，在點集Ω中任取一種元素a，則a∈A的概率為()A.eq\f(1,e) B.eq\f(1,e2)C.eq\f(e－1,e) D.eq\f(e2－1,e2)解析：選B如圖，根據(jù)題意可知Ω表達的平面區(qū)域為正方形BCDO，面積為e2，A表達的區(qū)域為圖中陰影部分，面積為eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)(e－ex)dx＝(ex－ex)eq\a\vs4\al(|)eq\o\al(1,0)＝(e－e)－(－1)＝1，根據(jù)幾何概型可知a∈A的概率P＝eq\f(1,e2).故選B.6.[與數(shù)學文化交匯]如圖，來自古希臘數(shù)學家希波克拉底所研究的幾何圖形.此圖由三個半圓構(gòu)成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其它部分記為Ⅲ.在整個圖形中隨機取一點，此點取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則()A.p1＝p2 B.p1＝p3C.p2＝p3 D.p1＝p2＋p3解析：選A不妨設△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝2，則BC＝2eq\r(2)，因此區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×12－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π×\r(2)2,2)－2