2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习50《几何概型》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习50《几何概型》(含详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
P为圆C1：x2＋y2=9上任意一点，Q为圆C2：x2＋y2=25上任意一点，PQ中点组成的区域为M，在C2内部任取一点，则该点落在区域M上的概率为( )
A.eq \f(13,25) B.eq \f(3,5) C.eq \f(12,25π) D.eq \f(3,5π)
在区间[0,1]上任取两个数，则这两个数之和小于eq \f(6,5)的概率是( )
A.eq \f(12,25) B.eq \f(16,25) C.eq \f(17,25) D.eq \f(18,25)
已知正棱锥S­ABC的底面边长为4，高为3，在正棱锥内任取一点P，使得VP­ABCA.eq \f(3,4) B.eq \f(7,8) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上随机取一个数x，则sinx＋csx∈[1，eq \r(2)]的概率是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,8) D.eq \f(5,8)
在如图所示的圆形图案中有12片树叶，构成树叶的圆弧均相同且所对的圆心角为eq \f(π,3)，
若在圆内随机取一点，则此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率是( )
A.2－eq \f(3\r(3),π) B.4－eq \f(6\r(3),π) C.4eq \f(1,3)－eq \f(\r(3),2π) D.4eq \f(2,3)
设O为坐标原点，点P(x－2，x－y)，在[0,3]上先后取两个数分别记为x，y，则点P在第一象限的概率为( )
A.eq \f(5,18) B.eq \f(2,9) C.eq \f(4,9) D.eq \f(1,3)
如图所示，在边长为1的正方形OABC内任取一点P(x，y)，则以x，y,1为边长能构成锐角三角形的概率为( ),
A.1－eq \f(π,4) B.1－eq \f(π,6) C.1－eq \f(π,3) D.eq \f(π,12)
若实数k∈[－3,3]，则k的值使得过点A(1,1)可以作两条直线与圆x2＋y2＋kx－2y－eq \f(5,4)k=0相切的概率等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
在区间[－1,1]上任选两个数x和y，则x2＋y2≥1的概率为( )
某个四面体的三视图如图所示，若在该四面体的外接球内任取一点，则点落在四面体内的概率为( )
在边长为a的正三角形内任取一点P，则点P到三个顶点的距离均大于eq \f(a,2)的概率是( )
A.eq \f(11,12)－eq \f(\r(3),6)π B.1－eq \f(\r(3),6)π C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,4)

中国古代三国时期的数学家赵爽，创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明.
如图所示，在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若cs2∠BAE=eq \f(7,25)，则在正方形ABCD内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH内的概率为( )
A.eq \f(24,25) B.eq \f(4,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(1,25)
二、填空题
有一个底面半径为1，高为3的圆柱，点O1，O2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，
在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为________.
如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为 .
若m∈(0,3)，则直线(m＋2)x＋(3－m)y－3=0与x轴、y轴围成的三角形的面积小于eq \f(9,8)的概率为 .
某路公交车在6：30,7：00,7：30准时发车，小明同学在6：50至7：30之间到达该车站乘车，且到达该站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率为________.
已知函数y=csx，x∈[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]，则csx≤eq \f(1,2)的概率是 .
在底和高等长度的锐角三角形中有一个内接矩形ABCD，矩形的一边BC在三角形的底边上，如图，在三角形内任取一点，则该点取自矩形内的最大概率为________.
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：设Q(x0，y0)，中点M(x，y)，则P(2x－x0，2y－y0)代入x2＋y2=9，
得(2x－x0)2＋(2y－y0)2=9，化简得：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(y0,2)))eq \s\up12(2)=eq \f(9,4)，
又xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)=25表示以原点为圆心半径为5的圆，
故易知M的轨迹是在以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)，\f(y0,2)))为圆心，以eq \f(3,2)为半径的圆绕原点一周所形成的图形，
即在以原点为圆心，宽度为3的圆环带上，即应有x2＋y2=r2(1≤r≤4)，
那么在C2内部任取一点落在M内的概率为eq \f(16π－π,25π)=eq \f(15,25)=eq \f(3,5).故选B.
答案为：C；
解析：设这两个数分别是x，y，则总的基本事件构成的区域是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x≤1，,0≤y≤1))
确定的平面区域，所求事件包含的基本事件构成的区域是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x≤1，,0≤y≤1，,x＋y<\f(6,5)))
确定的平面区域，如图所示(阴影部分)，
阴影部分的面积是1－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2=eq \f(17,25)，所以这两个数之和小于eq \f(6,5)的概率是eq \f(17,25).
答案为：B.
解析：如图，由题意知，当点P在三棱锥的中截面以下时，
满足VP­ABC故使得VP­ABC 答案为：B.
解析：因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，所以x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(3π,4)))，
由sinx＋csx=eq \r(2)sinx＋eq \f(π,4)∈[1，eq \r(2)]，
得eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≤1，所以x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故要求的概率为eq \f(\f(π,2)－0,\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))))=eq \f(3,4).
答案为：B；
解析：设圆的半径为r，根据扇形面积公式和三角形面积公式得阴影部分的面积
S=24×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)πr2－\f(\r(3),4)r2))=4πr2－6eq \r(3)r2，圆的面积S′=πr2，
所以此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率为eq \f(S,S′)=4－eq \f(6\r(3),π)，故选B.
答案为：A；
解析：设事件A为“点P在第一象限”，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x≤3，,0≤y≤3))
所表示的区域面积为3×3=9.由题意可得事件A满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x≤3，,0≤y≤3，,x－2>0，,x－y>0，))
即如图所示的阴影部分，其区域面积为1×3－eq \f(1,2)×1×1=eq \f(5,2)，∴P(A)=eq \f(\f(5,2),9)=eq \f(5,18).
答案为：A,解析：连接AC，首先由x＋y＞1得构成三角形的点P在△ABC内，
若构成锐角三角形，则最大边1所对的角α必是锐角，cs α=eq \f(x2＋y2－12,2xy)＞0，
x2＋y2＞1，即点P在以原点为圆心，1为半径的圆外.
∴点P在边AB，BC及圆弧AC围成的区域内.∴所求概率为eq \f(12－\f(π,4)×12,12)=1－eq \f(π,4).故选A.
答案为：D
解析：由点A在圆外可得k＜0，由题中方程表示圆可得k＞－1或k＜－4，
所以－1＜k＜0，故所求概率为eq \f(1,6).故选D.
答案为：A；
解析：在区间[－1,1]上任选两个数x和y，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x≤1，,－1≤y≤1，))如
图，该不等式组表示的平面区域是边长为2的正方形区域，
x2＋y2≥1(－1≤x≤1，－1≤y≤1)表示的平面区域是图中阴影区域，
∴由几何概型概率计算公式得x2＋y2≥1的概率
P=eq \f(正方形面积－圆面积,正方形面积)=eq \f(22－π×12,22)=1－eq \f(π,4).故选A.
答案为：C；
答案为：B；
解析：如图，正△ABC的边长为a，分别以它的三个顶点为圆心，eq \f(a,2)为半径，
在△ABC内部画圆弧，得到三个扇形，则点P在这三个扇形外，
因此所求概率为eq \f(\f(\r(3),4)a2－\f(1,2)×π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2,\f(\r(3),4)a2)=1－eq \f(\r(3),6)π，故选B.
答案为：D.
解析：如题图所示，正方形EFGH的边长为AE－AH=a－b，正方形ABCD的边长为eq \r(a2＋b2).
由题意知cs2∠BAE=2cs2∠BAE－1=2×eq \f(a2,a2＋b2)－1=eq \f(7,25)，解得9a2=16b2，即a=eq \f(4,3)b，
则该点恰好在正方形EFGH内的概率为eq \f(a－b2,a2＋b2)=eq \f(\f(1,9)b2,\f(25,9)b2)=eq \f(1,25).故选D.
答案为：eq \f(5,9).
解析：由题意知，所求的概率为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)×13))÷(π×12×3)=eq \f(5,9).
答案为：eq \f(2,e2)；
解析：因为y=ex与y=ln x互为反函数，故直线y=x两侧的阴影部分面积相等，
所以S阴影=2·eq \i\in(0,1,)(e－ex)dx=2(ex－ex)|eq \\al(1,0)=2，又S正方形=e2，故P=eq \f(S阴影,S正方形)=eq \f(2,e2).
答案为：eq \f(2,3)；
答案为：eq \f(1,2).
解析：小明同学在6：50至7：30之间到达该车站乘车，总时长为40分钟，
公交车在6：30,7：00,7：30准时发车，他等车时间不超过10分钟，
则必须在6：50至7：00或7：20至7：30之间到达，时长为20分钟，
则他等车时间不超过10分钟的概率P=eq \f(20,40)=eq \f(1,2).
答案为：eq \f(1,3).
解析：由csx≤eq \f(1,2)得eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，又x∈[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]，
所以满足条件的x∈[－eq \f(π,2)，－eq \f(π,3)]∪[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)]，故所求概率P=eq \f(2×\f(π,2)－\f(π,3),\f(π,2)－－\f(π,2))=eq \f(1,3).
答案为：eq \f(1,2).
解析：设AD=x，AB=y，则由三角形相似可得eq \f(x,a)=eq \f(a－y,a)，解得y=a－x，
所以矩形的面积S=xy=x(a－x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋a－x,2)))2=eq \f(a2,4)，当且仅当x=a－x，即x=eq \f(a,2)时，
S取得最大值eq \f(a2,4)，所以该点取自矩形内的最大概率为eq \f(\f(a2,4),\f(1,2)×a×a)=eq \f(1,2).