2025屆高考數(shù)學一輪復習第十一章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布第五節(jié)古典概型與幾何概型學案理含解析

PAGE第五節(jié)古典概型與幾何概型[最新考綱][考情分析][核心素養(yǎng)]1.理解古典概型及其概率計算公式.2.會用列舉法計算一些隨機事務所包含的基本領件數(shù)及事務發(fā)生的概率.3.了解隨機數(shù)的意義，能運用模擬方法估計概率.4.了解幾何概型的意義.古典概型及其與平面對量、函數(shù)、解析幾何、統(tǒng)計等學問綜合是2024年高考考查的熱點，題型為選擇題或填空題，分值為5分.與長度、面積有關的幾何概型是2024年高考考查的熱點，題型為選擇題或填空題，分值為5分.1.數(shù)學建模2.數(shù)學運算‖學問梳理‖1．基本領件的特點(1)任何兩個基本領件是eq\x(1)互斥的．(2)任何事務(除不行能事務)都可以表示成eq\x(2)基本領件的和．2．古典概型(1)(2)概率計算公式P(A)＝eq\x(3)eq\f(A包含的基本領件的個數(shù),基本領件的總數(shù))．3．幾何概型(1)定義：假如每個事務發(fā)生的概率只與構成該事務區(qū)域的eq\x(4)長度(面積或體積)成比例，則稱這樣的概率模型為幾何概率模型，簡稱為幾何概型．(2)特點：①無限性：在一次試驗中，可能出現(xiàn)的結果eq\x(5)有無限多個；②等可能性：每個結果的發(fā)生具有eq\x(6)等可能性．(3)公式P(A)＝eq\x(7)eq\f(構成事務A的區(qū)域長度（面積或體積）,試驗的全部結果所構成區(qū)域長度（面積或體積）)．‖基礎自測‖一、疑誤辨析1．推斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)擲一枚硬幣兩次，出現(xiàn)“兩個正面”“一正一反”“兩個反面”這三個事務是等可能事務．()(2)在古典概型中，假如事務A中基本領件構成集合A，全部的基本領件構成集合I，則事務A的概率為eq\f(card（A）,card（I）).()(3)與面積有關的幾何概型的概率與幾何圖形的形態(tài)有關．()(4)幾何概型與古典概型中的基本領件發(fā)生的可能性都是相等的，其基本領件個數(shù)都有限．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×二、走進教材2．(必修3P133A1改編)袋中裝有6個白球，5個黃球，4個紅球，從中任取一球抽到白球的概率為()A．eq\f(2,5) B．eq\f(4,15)C．eq\f(3,5) D．非以上答案答案：A3．(必修3P140練習1改編)有四個嬉戲盤，將它們水平放穩(wěn)后，在上面扔一顆玻璃小球，若小球落在陰影部分，則可中獎，小明要想增加中獎機會，應選擇的嬉戲盤是()答案：A4．(必修3P134B1改編)某人有4把鑰匙，其中2把能打開門．現(xiàn)隨機地取1把鑰匙試著開門，不能開門的就扔掉，問其次次才能打開門的概率是________．假如試過的鑰匙不扔掉，這個概率又是________．答案：eq\f(1,3)eq\f(1,4)5．(必修3P146B4改編)如圖，正方形ABCD的邊長為2，向正方形內隨機投擲200個點，有30個點落入圖形M中，則圖形M的面積的估計值為________．答案：0.6三、易錯自糾6．已知四邊形ABCD為長方形，AB＝2，BC＝1，O為AB的中點，在長方形ABCD內隨機取一點，取到的點到O的距離大于1的概率為()A．eq\f(π,4) B．1－eq\f(π,4)C．eq\f(π,8) D．1－eq\f(π,8)解析：選B如圖，依題意可知所求概率為圖中陰影部分與長方形的面積比，即所求概率P＝eq\f(S陰影,S長方形ABCD)＝eq\f(2－\f(π,2),2)＝1－eq\f(π,4).7．袋中有形態(tài)、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只紅球，2只黃球．若從中一次隨機摸出2只球，則這2只球顏色不同的概率為________．解析：P＝1－eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,4))＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)eq\a\vs4\al(考點一\a\vs4\al(古典概型))【例1】(1)(2024年全國卷Ⅰ)我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的改變，每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“——”和陰爻“——”，如圖就是一重卦．在全部重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是()A．eq\f(5,16) B．eq\f(11,32)C．eq\f(21,32) D．eq\f(11,16)[解析]由6個爻組成的重卦種數(shù)為26＝64，在全部重卦中隨機取一重卦，該重卦恰有3個陽爻的種數(shù)為Ceq\o\al(3,6)＝eq\f(6×5×4,6)＝20.依據(jù)古典概型的概率計算公式得，所求概率P＝eq\f(20,64)＝eq\f(5,16).故選A．[答案]A(2)(2025屆吉林梅河口校級期末)一個袋中裝有4個形態(tài)、大小完全相同的球，球的編號分別為1，2，3，4.①從袋中隨機抽取2個球，求取出的球的編號之和不大于4的概率；②先從袋中隨機取一個球，將該球的編號記為m，將球放回袋中，然后再從袋中隨機取一個球，將該球的編號記為n，求n<m＋2的概率．[解]①從袋中隨機抽取2個球，共有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)狀況，它們出現(xiàn)的機會均等，分別為(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)．其中取出的2個球的編號之和不大于4的有2種狀況，為(1，2)，(1，3)，∴P(取出的2個球的編號之和不大于4)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).②先從袋中隨機取一個球，放回袋中，再取出一個球，共有4×4＝16(種)狀況，它們出現(xiàn)的機會均等，其中n<m＋2的基本領件(m，n)共有13個，分別是(1，1)，(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，∴P(n<m＋2)＝eq\f(13,16).?名師點津古典概型概率的求解步驟(1)求出全部基本領件的個數(shù)n.(2)求出事務A包含的全部基本領件的個數(shù)m.(3)代入公式P(A)＝eq\f(m,n)求解．|跟蹤訓練|1．在運動會火炬?zhèn)鬟f活動中，有編號為1，2，3，4，5的5名火炬手．若從中任選3人，則選出的火炬選手的編號相連的概率為()A．eq\f(3,10) B．eq\f(5,8)C．eq\f(7,10) D．eq\f(2,5)解析：選A從1，2，3，4，5中任取三個數(shù)的結果有10種，其中選出的火炬手的編號相連的事務有：(1，2，3)，(2，3，4)，(3，4，5)，∴選出的火炬手的編號相連的概率為P＝eq\f(3,10).2．(2025屆四川五校聯(lián)考)隨著新課程改革和高考綜合改革的實施，中學教學以發(fā)展學生學科核心素養(yǎng)為導向，學習評價更關注學科核心素養(yǎng)的形成和發(fā)展．為此，某市于2024年實行第一屆中學數(shù)學學科素養(yǎng)競賽，競賽結束后，為了評估該市中學學生的數(shù)學學科素養(yǎng)，從全部參賽學生中隨機抽取1000名學生的成果(單位：分)作為樣本進行估計，將抽取的成果整理后分成五組，依次記為[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，并繪制成如圖所示的頻率分布直方圖．(1)請補全頻率分布直方圖，并估計這1000名學生成果的平均數(shù)(同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)；(2)該市確定對本次競賽成果排在前180名的學生賜予表彰，授予“數(shù)學學科素養(yǎng)優(yōu)秀標兵”稱號，一名學生本次競賽成果為79分，請你推斷該學生能否被授予“數(shù)學學科素養(yǎng)優(yōu)秀標兵”稱號．解：(1)由題意知，成果在[60，70)的頻率為1－(0.30＋0.15＋0.10＋0.05)＝0.40，補全的頻率分布直方圖如圖：樣本的平均數(shù)eq\o(x,\s\up6(－))＝55×0.30＋65×0.40＋75×0.15＋85×0.10＋95×0.05＝67.(2)因為eq\f(180,1000)＝0.18，所以由頻率分布直方圖可以估計獲得“數(shù)學學科素養(yǎng)優(yōu)秀標兵”稱號的學生的最低成果為80－eq\f(0.18－0.05－0.10,0.015)＝78(分)．因為79＞78，所以該同學能被授予“數(shù)學學科素養(yǎng)優(yōu)秀標兵”稱號．eq\a\vs4\al(考點二\a\vs4\al(幾何概型——多維探究))●命題角度一與長度(角度)有關的幾何概型【例2】(1)(2025屆遼寧省五校聯(lián)考)若a∈[1，6]，則函數(shù)y＝eq\f(x2＋a,x)在區(qū)間[2，＋∞)上單調遞增的概率是()A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)(2)如圖所示，A是圓上肯定點，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](1)∵函數(shù)y＝eq\f(x2＋a,x)＝x＋eq\f(a,x)在區(qū)間(0，eq\r(a))上單調遞減，在區(qū)間(eq\r(a)，＋∞)上單調遞增，又1≤a≤6，∴1≤eq\r(a)≤eq\r(6).要使函數(shù)y＝eq\f(x2＋a,x)在區(qū)間[2，＋∞)上單調遞增，則eq\r(a)≤2，解得1≤a≤4，∴P(1≤a≤4)＝eq\f(4－1,6－1)＝eq\f(3,5)，故選C．(2)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，由幾何概型的概率計算公式得P＝eq\f(\f(2π,3),2π)＝eq\f(1,3).[答案](1)C(2)C●命題角度二與面積有關的幾何概型【例3】如圖，六邊形ABCDEF是一個正六邊形，若在正六邊形內任取一點，則該點恰好在圖中陰影部分的概率是()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)[解析]設正六邊形的中心為點O，BD與AC交于點G，BC＝1，則BG＝CG，∠BGC＝120°，在△BCG中，由余弦定理得1＝BG2＋BG2－2BG2cos120°，解得BG＝eq\f(\r(3),3)，所以S△BCG＝eq\f(1,2)×BG×BG×sin120°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).因為S六邊形ABCDEF＝S△BOC×6＝eq\f(1,2)×1×1×sin60°×6＝eq\f(3\r(3),2)，所以該點恰好在圖中陰影部分的概率P＝1－eq\f(6S△BCG,S六邊形ABCDEF)＝eq\f(2,3).[答案]C●命題角度三與體積有關的幾何概型【例4】已知在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，現(xiàn)在該四棱錐內部或表面任取一點O，則四棱錐O－ABCD的體積不小于eq\f(2,3)的概率為________．[解析]當四棱錐O－ABCD的體積為eq\f(2,3)時，設O到平面ABCD的距離為h，則eq\f(1,3)×22×h＝eq\f(2,3)，解得h＝eq\f(1,2).如圖所示，在四棱錐P－ABCD內作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH與底面ABCD的距離為eq\f(1,2).因為PA⊥底面ABCD，且PA＝2，所以eq\f(PH,PA)＝eq\f(3,4).又四棱錐P－ABCD與四棱錐P－EFGH相像，所以四棱錐O－ABCD的體積不小于eq\f(2,3)的概率P＝eq\f(V四棱錐P－EFGH,V四棱錐P－ABCD)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(PH,PA)))eq\s\up12(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,64).[答案]eq\f(27,64)?名師點津建立相應的幾何概型，將試驗構成的總區(qū)域和所求事務構成的區(qū)域轉化為幾何圖形，并加以度量．(1)若一個連續(xù)變量可建立與長度有關的幾何概型，則只需把這個變量放在數(shù)軸上即可；(2)若一個隨機事務須要用兩個連續(xù)變量來描述，則可用這兩個變量組成的有序實數(shù)對表示它的基本領件，然后利用平面直角坐標系即可建立與面積有關的幾何概型；(3)若一個隨機事務須要用三個連續(xù)變量來描述，則可用這三個變量組成的有序數(shù)組來表示基本領件，利用空間直角坐標系即可建立與體積有關的幾何概型．|跟蹤訓練|3．在區(qū)間[0，1]上隨機取一個數(shù)x，則事務“l(fā)og0.5(4x－3)≥0”發(fā)生的概率為()A．eq\f(3,4) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)解析：選D因為log0.5(4x－3)≥0，所以0<4x－3≤1，即eq\f(3,4)<x≤1，所以所求概率P＝eq\f(1－\f(3,4),1－0)＝eq\f(1,4)，故選D．4．在棱長為3的正方體ABCD－A1B1C1D1內任取一點P，則點P到正方體各面的距離都不小于1的概率為()A．eq\f(1,27) B．eq\f(26,27)C．eq\f(8,27) D．eq\f(1,8)解析：選A正方體中到各面的距離都不小于1的點的集合是一個中心與原正方體中心重合，且棱長為1的正方體，該正方體的體積是V1＝13＝1，而原正方體的體積為V＝33＝27，故所求的概率P＝eq\f(V1,V)＝eq\f(1,27).5.在如圖所示的圓形圖案中有12片樹葉，構成樹葉的圓弧均相同且所對的圓心角為eq\f(π,3)，若在圓內隨機取一點，則此點取自樹葉(即圖中陰影部分)的概率是()A．2－eq\f(3\r(3),π) B．4－eq\f(6\r(3),π)C．eq\f(1,3)－eq\f(\r(3),2π) D．eq\f(2,3)解析：選B設圓的半徑為r，依據(jù)扇形面積公式和三角形面積公式得陰影部分的面積S＝24eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)πr2－\f(\r(3),4)r2))＝4πr2－6eq\r(3)r2，圓的面積S′＝πr2，所以此點取自樹葉(即圖中陰影部分)的概率為eq\f(S,S′)＝4－eq\f(6\r(3),π)，故選B．eq\a\vs4\al(考點\a\vs4\al(古典概型、幾何概型的交匯應用問題))【例】(1)(2025屆威海調研)從集合{2，3，4，5}中隨機抽取一個數(shù)a，從集合{1，3，5}中隨機抽取一個數(shù)b，則向量m＝(a，b)與向量n＝(1，－1)垂直的概率為()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)(2)在邊長為4的等邊三角形OAB及其內部任取一點P，使得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))≤4的概率為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,8)[解析](1)由題意可知m＝(a，b)有：(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共12種狀況．因為m⊥n，即m·n＝0，所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，滿意條件的有：(3，3)，(5，5)，共2個，故所求概率為eq\f(1,6).(2)設eq\o(OP,\s\up6(→))在eq\o(OA,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(OQ,\s\up6(→))|，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(OQ,\s\up6(→))|，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))≤4，則|eq\o(OQ,\s\up6(→))|≤1.取OB的中點M，作MN⊥OA于N，則滿意條件的P構成的區(qū)域為圖中陰影部分，N為OA的四等分點，所以使得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))≤4的概率為eq\f(S△OMN,S△OAB)＝eq\f(1,8).[答案](1)A(2)D?名師點津解決與古典概型、幾何概型