2023届高考一轮复习讲义（文科）第十章　概　率 第3讲　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第十章　概　率 第3讲　高效演练 分层突破学案，共6页。

1．已知集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a|y＝\r(10＋3a－a2)))，若在集合A内任取一个数a，使得1∈{x|2x2＋ax－a2＞0}的概率为( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(3,7)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,4)
解析：选B.由10＋3a－a2≥0，解得－2≤a≤5，即A＝[－2，5]．因为1∈{x|2x2＋ax－a2＞0}，故2＋a－a2＞0，解得－1＜a＜2.由几何概型的知识可得，所求的概率P＝eq \f(2－（－1）,5－（－2）)＝eq \f(3,7).故选B.
2.(2020·湖南长沙四县联考)如图，在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器，圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切，圆锥的顶点在鱼缸的缸底上，现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食，则“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是( )
A．1－eq \f(π,4) B.eq \f(π,12)
C.eq \f(π,4) D.1－eq \f(π,12)
解析：选A.鱼缸底面正方形的面积为22＝4，圆锥底面圆的面积为π，所以“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是1－eq \f(π,4)，故选A.
3.(2020·安庆二模)中国人民银行发行了2018中国戊戌(狗)年金银纪念币一套，如图所示是一枚3克圆形金质纪念币，直径为18 mm，小米同学为了测算图中装饰狗的面积，他用1枚针向纪念币上投掷500次，其中针尖恰有150次落在装饰狗的身体上，据此可估计装饰狗的面积大约是( )
A.eq \f(486π,5) mm2 B.eq \f(243π,10) mm2
C.eq \f(243π,5) mm2 D.eq \f(243π,20) mm2
解析：选B.设装饰狗的面积为S mm2.由题意得eq \f(S,π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(18,2)))\s\up12(2))＝eq \f(150,500)，所以S＝eq \f(243π,10) mm2.
4．(2020·湖南省五市十校联考)一只蚂蚁在三边长分别为6，8，10的三角形内自由爬行，某时刻该蚂蚁距离三角形的任意一个顶点的距离不超过1的概率为( )
A.eq \f(π,24) B.eq \f(π,48)
C.eq \f(1,12) D.eq \f(1,8)
解析：选B.由题意，可得三角形为直角三角形，其面积为eq \f(1,2)×6×8＝24，三角形内距离三角形的任意一个顶点的距离不大于1的区域如图中阴影部分所示，它的面积为半径为1的半圆面积，即S＝eq \f(1,2)π×12＝eq \f(π,2)，所以所求概率P＝eq \f(\f(π,2),24)＝eq \f(π,48)，故选B.
5．在区间[0，6]上随机取一个数x，则lg2x的值介于1到2之间的概率为 ．
解析：由题知1答案：eq \f(1,3)
6.如图，正四棱锥S­ABCD的顶点都在球面上，球心O在平面ABCD上，在球O内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为 ．
解析：设球的半径为R，
则所求的概率为P＝eq \f(V锥,V球)＝eq \f(\f(1,3)×\f(1,2)×2R×2R×R,\f(4,3)πR3)＝eq \f(1,2π).
答案：eq \f(1,2π)
7．(2020·西安市八校联考)从集合{(x，y)|x2＋y2≤4，x∈R，y∈R}中任选一个元素(x，y)，则满足x＋y≥2的概率为 ．
解析：如图，先画出圆x2＋y2＝4，再画出不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2≤4，,x＋y≥2))
对应的可行域，即图中阴影部分，
则所求概率P＝eq \f(S阴影,S圆)
＝eq \f(\f(1,4)×4π－\f(1,2)×2×2,4π)＝eq \f(π－2,4π).
答案：eq \f(π－2,4π)
8．(2020·洛阳尖子生第二次联考)某港口有一个泊位，现统计了某月100艘轮船在该泊位的停靠时间(单位：小时)，如果停靠时间不足半小时按半小时计时，超过半小时不足1小时按1小时计时，依此类推，统计结果如表：
设该月这100艘轮船在该泊位的平均停靠时间为a小时．
(1)求a的值；
(2)假定某天只有甲、乙两艘轮船需要在该泊位停靠a小时，且在一昼夜的时间段中随机到达，求这两艘轮船中至少有一艘在停靠该泊位时必须等待的概率．
解：(1)a＝eq \f(1,100)×(2.5×12＋3×12＋3.5×17＋4×20＋4.5×15＋5×13＋5.5×8＋6×3)＝4.
(2)设甲船到达的时间为x，乙船到达的时间为y，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0若这两艘轮船中至少有一艘在停靠该泊位时必须等待，则|y－x|<4，符合题意的区域如图中阴影部分(不包括x，y轴)所示．
记“这两艘轮船中至少有一艘在停靠该泊位时必须等待”为事件A，
则P(A)＝eq \f(24×24－2×\f(1,2)×20×20,24×24)＝eq \f(11,36).
即两艘轮船中至少有一艘在停靠该泊位时必须等待的概率为eq \f(11,36).
[综合题组练]
1.(2020·湖南省湘东六校联考)如图，一靶子是由三个全等的三角形和中间的一个小等边三角形拼成的大等边三角形，其中3DF＝2BF，若向靶子随机投镖，则镖落在小等边三角形内的概率是( )
A.eq \f(2,7) B.eq \f(4,49)
C.eq \f(3,13) D.eq \f(3\r(13),13)
解析：选B.因为3DF＝2BF，所以不妨设DF＝2，BF＝3，则DC＝3，∠BDC＝120°，由余弦定理可得BC＝eq \r(25＋9－2×5×3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝7，所以镖落在小等边三角形内的概率是eq \f(\f(1,2)×DF2×sin 60°,\f(1,2)×BC2×sin 60°)＝eq \f(4,49)，故选B.
2．(2020·甘肃张掖第一次联考)如图，B是AC上一点，分别以AB，BC(ABA.eq \f(2,9) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(4,9) D.eq \f(2,3)
解析：选C.连接AD，CD，
可知△ACD是直角三角形，又BD⊥AC，
所以BD2＝AB·BC，设AB＝x(0则有8＝x(6－x)，得x＝2，所以AB＝2，BC＝4，
由此可得图中阴影部分的面积等于eq \f(π×32,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π×12,2)＋\f(π×22,2)))＝2π，
故概率P＝eq \f(2π,\f(1,2)×9π)＝eq \f(4,9).故选C.
3．(2020·广东六校第一次联考)在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，记向量m＝(a，4b)，n＝(4a，b)，则m·n≥4π2的概率为 ．
解析：在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，则点(a，b)在如图所示的正方形内部及其边界上．因为m·n＝4a2＋4b2≥4π2，所以a2＋b2≥π2，满足条件的点(a，b)在以原点为圆心，π为半径的圆外部(含边界)，且在正方形内(含边界)，如图中阴影部分所示，所以m·n≥4π2的概率P＝eq \f(4π2－π3,4π2)＝1－eq \f(π,4).
答案：1－eq \f(π,4)
4．在平面区域eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－4≤0，,x>0，,y>0))内随机取一点(a，b)，则函数f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上是增函数的概率为 ．
解析：不等式组表示的平面区域为如图所示的△AOB的内部及边界AB(不包括边界OA，OB)，则S△AOB＝eq \f(1,2)×4×4＝8.函数f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上是增函数，则应满足a>0，且x＝eq \f(4b,2a)≤1，满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,a≥2b，))可得对应的平面区域如图中阴影部分(包括边界OC，BC，不包括边界OB)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2b，,a＋b－4＝0，))解得a＝eq \f(8,3)，b＝eq \f(4,3)，所以S△COB＝eq \f(1,2)×4×eq \f(4,3)＝eq \f(8,3)，根据几何概型的概率计算公式，可知所求的概率为eq \f(\f(8,3),8)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
停靠时间
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
轮船数量
12
12
17
20
15
13
8
3