高考數(shù)學一輪復習 第十六單元 概率 高考達標檢測（四十七）幾何概型命題3角度-長度（角度）、面積、體積 理試題

高考達標檢測（四十七）幾何概型命題3角度——長度（角度）、面積、體積一、選擇題1.如圖所示，A是圓上一定點，在圓上其他位置任取一點A′，連接AA′，得到一條弦，則此弦的長度小于或等于半徑長度的概率為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)解析：選C當AA′的長度等于半徑長度時，∠AOA′＝eq\f(π,3)，A′點在A點左右都可取得，故由幾何概型的概率計算公式得P＝eq\f(\f(2π,3),2π)＝eq\f(1,3).2．隨機地向半圓0<y<eq\r(2ax－x2)(a為正常數(shù))內(nèi)擲一點，若點落在圓內(nèi)任何區(qū)域的概率與區(qū)域的面積成正比，則原點與該點的連線與x軸的夾角小于eq\f(π,4)的概率為()A.eq\f(1,2)＋eq\f(1,π) B.eq\f(1,2)－eq\f(1,π)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,π)解析：選A由題意可知半圓0<y<eq\r(2ax－x2)是以(a,0)為圓心、以a為半徑的x軸上方的半圓，要使原點與半圓內(nèi)一點的連線與x軸的夾角小于eq\f(π,4)，則該點應該落在直線y＝x與x軸之間的區(qū)域，所以所求事件的概率為P＝eq\f(\f(1,4)×π×a2＋\f(1,2)×a2,\f(1,2)×π×a2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,π).3.“勾股定理”在西方被稱為“華達哥拉斯定理”，三國時期吳國的數(shù)學家趙爽創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，用形數(shù)結(jié)合的方法給出了勾股定理的詳細證明．如圖所示的“勾股圓方圖”中，四個相同的直角三角形與中間的小正方形拼成一個邊長為2的大正方形，若直角三角形中較小的銳角α＝eq\f(π,6)，現(xiàn)在向該正方形區(qū)域內(nèi)隨機地投擲一枚飛鏢，飛鏢落在小正方形內(nèi)的概率為()A．1－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(4－\r(3),4) D.eq\f(\r(3),4)解析：選A由題知，直角三角形中較短的直角邊長為1，較長的直角邊長為eq\r(3)，所以中間小正方形的邊長為eq\r(3)－1，其面積為(eq\r(3)－1)2＝4－2eq\r(3)，則飛鏢落在小正方形內(nèi)的概率為eq\f(4－2\r(3),4)＝1－eq\f(\r(3),2).4．已知圓C：x2＋y2－2x－1＝0，直線3x－4y＋12＝0，圓C上任意一點P到直線的距離小于2的概率為()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)解析：選D因為圓C：(x－1)2＋y2＝2，圓心C(1,0)，半徑r＝eq\r(2)，所以圓心C到直線3x－4y＋12＝0的距離d＝eq\f(15,\r(32＋－42))＝3.若圓心C到直線3x－4y＋m＝0的距離d＝eq\f(|3＋m|,\r(32＋－42))＝1，則m＝2或m＝－8(舍去)，此時直線AB的方程為3x－4y＋2＝0，如圖所示，在△ABC中，CD＝1，CB＝eq\r(2)，則△ABC為等腰直角三角形，即∠ACB＝eq\f(π,2)，故所求概率P＝eq\f(\f(π,2),2π)＝eq\f(1,4).5．設(shè)曲線y＝x2＋1及直線y＝2所圍成的封閉圖形為區(qū)域D，不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,0≤y≤2，))所確定的區(qū)域為E，在區(qū)域E內(nèi)隨機取一點，該點恰好在區(qū)域D的概率為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：選C作出示意圖如圖所示，聯(lián)立曲線y＝x2＋1及直線y＝2，解得x＝±1，則曲線y＝x2＋1及直線y＝2圍成的封閉圖形的面積為S＝eq\i\in(-1,1,)(1－x2)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)x3))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,-1))＝eq\f(4,3)，不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,0≤y≤2))所確定的區(qū)域的面積為4，故在區(qū)域E內(nèi)隨機取一點，該點恰好在區(qū)域D內(nèi)的概率P＝eq\f(\f(4,3),4)＝eq\f(1,3).6．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx，當x∈[0，π]時，f(x)≥1的概率為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,2)解析：選Df(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∵x∈[0，π]，∴x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，由f(x)≥1，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))≥eq\f(1,2)，∴eq\f(π,3)≤x＋eq\f(π,3)≤eq\f(5π,6)，∴0≤x≤eq\f(π,2)，∴所求的概率為P＝eq\f(\f(π,2),π)＝eq\f(1,2).7．已知△ABC內(nèi)一點O滿足eq\o(OA,\s\up7(→))＋2eq\o(OB,\s\up7(→))＋3eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，若在△ABC內(nèi)任意投一個點，則該點在△OAC內(nèi)的概率為()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：選C如圖，以eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))為鄰邊作平行四邊形OBDC，則eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(OD,\s\up7(→))，又eq\o(OA,\s\up7(→))＋2eq\o(OB,\s\up7(→))＋3eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，則3eq\o(OD,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→)).作AB靠近B點的三等分點E，則eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(EO,\s\up7(→))，則O到AC的距離是E到AC距離的一半，所以B到AC的距離是O到AC的距離的3倍，所以S△AOC＝eq\f(1,3)S△ABC，故在△ABC內(nèi)任意投一個點，則該點在△OAC內(nèi)的概率為eq\f(1,3).8．在[－2,2]上隨機地取兩個實數(shù)a，b，則事件“直線x＋y＝1與圓(x－a)2＋(y－b)2＝2有交點”發(fā)生的概率為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(9,16)C.eq\f(3,4) D.eq\f(11,16)解析：選D根據(jù)題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤a≤2，,－2≤b≤2，))又直線x＋y＝1與圓(x－a)2＋(y－b)2＝2有交點，即eq\f(|a＋b－1|,\r(2))≤eq\r(2)，得－2≤a＋b－1≤2，所以－1≤a＋b≤3，作出平面區(qū)域如圖所示，則事件“直線x＋y＝1與圓(x－a)2＋(y－b)2＝2有交點”發(fā)生的概率為P＝eq\f(S陰影,S正方形)＝eq\f(42－\f(1,2)×32－\f(1,2)×12,42)＝eq\f(11,16).二、填空題9．已知線段AC＝16cm，先截取AB＝4cm作為長方體的高，再將線段BC任意分成兩段作為長方體的長和寬，則長方體的體積超過128cm3的概率為________．解析：依題意，設(shè)長方體的長為xcm，則相應的寬為(12－x)cm，由4x(12－x)＞128，得x2－12x＋32＜0，解得4＜x＜8，因此所求的概率為eq\f(8－4,12)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)10．在區(qū)間[－3,5]上隨機取一個數(shù)a，則使函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋4無零點的概率為__________．解析：若使函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋4無零點，則Δ＝4a2－16<0，解得－2<a則使函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋4無零點的概率P＝eq\f(2－－2,5－－3)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)11．不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≤0，,x＋y≥0，,x－y≥0))表示平面區(qū)域為Ω，在區(qū)域Ω內(nèi)任取一點P(x，y)，則點的坐標滿足不等式x2＋y2≤2的概率為________．解析：作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中△OAB所示，面積為4，在△OAB內(nèi)滿足x2＋y2≤2所表示的平面區(qū)域為四分之一圓，面積為eq\f(π,2)，所以所求事件的概率P＝eq\f(\f(π,2),4)＝eq\f(π,8).答案：eq\f(π,8)12.在底和高等長度的銳角三角形中有一個內(nèi)接矩形ABCD，矩形的一邊BC在三角形的底邊上，如圖，在三角形內(nèi)任取一點，則該點取自矩形內(nèi)的最大概率為________．解析：設(shè)AD＝x，AB＝y(tǒng)，則由三角形相似可得eq\f(x,a)＝eq\f(a－y,a)，解得y＝a－x，所以矩形的面積S＝xy＝x(a－x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋a－x,2)))2＝eq\f(a2,4)，當且僅當x＝a－x，即x＝eq\f(a,2)時，S取得最大值eq\f(a2,4)，所以該點取自矩形內(nèi)的最大概率為eq\f(\f(a2,4),\f(1,2)×a×a)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)三、解答題13．某班早晨7：30開始上早讀課，該班學生小陳和小李在早上7：10至7：30之間到班，且兩人在此時間段的任何時刻到班是等可能的．(1)在平面直角坐標系中畫出兩人到班的所有可能結(jié)果表示的區(qū)域；(2)求小陳比小李至少晚5分鐘到班的概率．解：(1)用x，y分別表示小陳、小李到班的時間，則x∈[10,30]，y∈[10,30]，所有可能結(jié)果對應坐標平面內(nèi)一個正方形區(qū)域ABCD，如圖所示．(2)小陳比小李至少晚到5分鐘，即x－y≥5，對應區(qū)域為△BEF，故所求概率P＝eq\f(S△BEF,S正方形ABCD)＝eq\f(\f(1,2)×15×15,20×20)＝eq\f(9,32).14．已知向量a＝(－2,1)，b＝(x，y)．(1)若x，y分別表示將一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子(六個面的點數(shù)分別為1,2,3,4,5,6)先后拋擲兩次時第一次、第二次出現(xiàn)的點數(shù)，求滿足a·b＝－1的概率；(2)若x，y在連續(xù)區(qū)間[1,6]上取值，求滿足a·b<0的概率．解：(1)將一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子先后拋擲兩次，所包含的基本事件總數(shù)為6×6＝36(個)．由a·b＝－1，得－2x＋y＝－1，即y＝2x－1，所以滿足a·b＝－1的基本事件為(1,1)，(2,3)，(3,5)，共3個．故滿足a·b＝－1的概率為eq\f(3,36)＝eq\f(1,12).(2)若x，y在連續(xù)區(qū)間[1,6]上取值，則全部基本事件的結(jié)果為Ω＝{(x，y)|1≤x≤6,1≤y≤6}，滿足a·b<0的基本事件的結(jié)果為A＝{(x，y)|1≤x≤6，1≤y≤6且－2x＋y<0}．畫出圖形如圖，矩形的面積為S矩形＝25，陰影部分的面積為S陰影＝25－eq\f(1,2)×2×4＝21，故滿足a·b<0的概率為eq\f(21,25).1．有一長、寬分別為50m,30m的游泳池，一名工作人員在池邊巡視，某時刻出現(xiàn)在池邊任一位置的可能性相同，一人在池中心(對角線交點)處呼喚工作人員，其聲音可傳出15eq\r(2)m，則工作人員能及時聽到呼喚(出現(xiàn)在聲音可傳到區(qū)域)的概率是()A.eq\f(3,4) B.eq\f(3,8)C.eq\f(3π,16) D.eq\f(12＋3π,32)解析：選B如圖所示，當工作人員走到AB或CD兩個線段中時能及時聽到呼喚，其中OA＝15eq\r(2)，作OE⊥AB，垂足為E，則OE＝15，AB＝2eq\r(15\r(2)2－152)＝30，所有可能的結(jié)果為游泳池的周長160，故所求概率P＝eq\f(2×30,160)＝eq\f(3,8).2．若不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≤0，,x－y＋1≥0，,y＋\f(1,2)≥0))表示的區(qū)域為Ω，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2≤eq\f(1,4)表示的區(qū)域為M，向區(qū)域Ω均勻隨機撒360粒芝麻，則落在區(qū)域M中的芝麻約為()A．114粒 B．10粒C．150粒 D．50粒解析：選A作出不等式組所表示的平面區(qū)域Ω為圖中△ABC所示．易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(3,2)，－eq\f(1,2)))，C(0,1)，∴△ABC的面積為eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(3,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(9,4)，區(qū)域M的面積為圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)的面積，即π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq