2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布第5讲　几何概型学案

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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布第5讲　几何概型学案，共17页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

一、知识梳理
1．几何概型
如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．
2．几何概型的概率公式
P(A)＝eq \f(构成事件A的区域长度（面积或体积）,试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）)
常用结论
在几何概型中，如果A是确定事件，
(1)若A是不可能事件，则P(A)＝0肯定成立；如果随机事件所在的区域是一个单点，由于单点的长度、面积和体
积都是0，则它出现的概率为0，显然它不是不可能事件，因此由P(A)＝0不能推出A是不可能事件．
(2)若A是必然事件，则P(A)＝1肯定成立；如果一个随机事件所在的区域是从全部区域中扣除一个单点，则它出现的概率是1，但它不是必然事件，因此由P(A)＝1不能推出A是必然事件．
二、习题改编
1．(必修3P140练习T1改编)有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是( )
解析：选A.因为P(A)＝eq \f(3,8)，P(B)＝eq \f(1,4)，P(C)＝eq \f(1,3)，P(D)＝eq \f(1,3)，
所以P(A)>P(C)＝P(D)>P(B)．
2．(必修3P137思考)在线段[0，3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为________．
解析：坐标小于1的区间为[0，1)，长度为1，[0，3]的区间长度为3，故所求概率为eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
3．(必修3P146B组T4改编)设不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤x≤2，,0≤y≤2))表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率为________．
解析：如图所示，正方形OABC及其内部为不等式组表示的平面区域D，且区域D的面积为4，而阴影部分表示的
是区域D内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是eq \f(4－π,4).
答案：1－eq \f(π,4)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)几何概型中，每一个基本事件都是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．( )
(2)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．( )
(3)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．( )
(4)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))选用的几何测度不准确导致出错.
在区间[－2，4]上随机地取一个数x，若x满足|x|≤m的概率为eq \f(5,6)，则m＝________．
解析：由|x|≤m，得－m≤x≤m.
当0当2答案：3
与长度(角度)有关的几何概型(师生共研)
记函数f(x)＝eq \r(6＋x－x2)的定义域为D，在区间[－4，5]上随机取一个数x，则x∈D的概率是________．
【解析】由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，则D＝[－2，3]，则所求概率为eq \f(3－（－2）,5－（－4）)＝eq \f(5,9).
【答案】 eq \f(5,9)
eq \a\vs4\al()
与长度、角度有关的几何概型的求法
解答关于长度、角度的几何概型问题，只要将所有基本事件及事件A包含的基本事件转化为相应长度或角度，即
可利用几何概型的概率计算公式求解．要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度或角度)．
1．从区间[－2，2]中随机选取一个实数a，则函数f(x)＝4x－a·2x＋1＋1有零点的概率是( )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D．eq \f(2,3)
解析：选A.令t＝2x，函数有零点就等价于方程t2－2at＋1＝0有正根，进而可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ≥0,t1＋t2>0,t1t2>0))⇒a≥1，又a∈[－2，2]，所以函数有零点的实数a应满足a∈[1，2]，故P＝eq \f(1,4)，选A.
2.如图，扇形AOB的圆心角为120°，点P在弦AB上，且AP＝eq \f(1,3)AB，延长OP交弧AB于点C，现向扇形AOB内投一点，则该点落在扇形AOC内的概率为________．
解析：设OA＝3，则AB＝3eq \r(3)，所以AP＝eq \r(3)，由余弦定理可求得OP＝eq \r(3)，∠AOP＝30°，所以扇形AOC的面积为eq \f(3π,4)，扇形AOB的面积为3π，从而所求概率为eq \f(\f(3π,4),3π)＝eq \f(1,4).
答案：eq \f(1,4)
与面积有关的几何概型(多维探究)
角度一与平面图形面积有关的几何概型
(1)(2020·黑龙江齐齐哈尔一模)
随着计算机的出现，图标被赋予了新的含义，有了新的用武之地．在计算机应用领域，图标成了具有明确指代含义的计算机图形．如图所示的图标是一种被称之为“黑白太阳”的图标，该图标共分为三部分．第一部分为外部的八个全等的矩形，每一个矩形的长为3，宽为1；第二部分为圆环部分，大圆半径为3，小圆半径为2；第三部分为圆环内部的白色区域．在整个“黑白太阳”图标中随机取一点，此点取自图标第三部分的概率为( )
A.eq \f(π,24＋9π) B．eq \f(4π,24＋9π)
C.eq \f(π,18＋9π) D．eq \f(4π,18＋9π)
(2)(2020·辽宁五校联考)古希腊数学家阿基米德用穷竭法建立了这样的结论：“任何由直线和抛物线所包围的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四．”如图，已知直线x＝2交抛物线y2＝4x于A，B两点．点A，B在y轴上的射影分别为D，C.从长方形ABCD中任取一点，则根据阿基米德这一理论，该点位于阴影部分的概率为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(2,5)
【解析】 (1)图标第一部分的面积为8×3×1＝24，图标第二部分的面积为π×(32－22)＝5π，图标第三部分的面积为π×22＝4π，故此点取自图标第三部分的概率为eq \f(4π,24＋9π).故选B.
(2)在抛物线y2＝4x中，取x＝2，可得y＝±2eq \r(2)，所以S矩形ABCD＝8eq \r(2)，由阿基米德理论可得弓形面积为eq \f(4,3)×eq \f(1,2)×4eq \r(2)×2＝eq \f(16\r(2),3)，则阴影部分的面积为8eq \r(2)－eq \f(16\r(2),3)＝eq \f(8\r(2),3).由概率比为面积比可得，点位于阴影部分的概率为eq \f(\f(8\r(2),3),8\r(2))＝eq \f(1,3).故选B.
【答案】 (1)B (2)B
角度二与线性规划交汇命题的几何概型
(2020·湖南六校联考)已知集合
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y≥0，,x－y≥0，,2x－y－3≤0))))))表示的平面区域为Ω，若在区域Ω内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离不大于1的概率为( )
A.eq \f(π,3) B．eq \f(π,12)
C.eq \f(π,24) D．eq \f(3π,32)
【解析】因为集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y≥0，,x－y≥0，,2x－y－3≤0))))))表示的平面区域为Ω，
所以作出平面区域Ω为如图所示的△AOB.
直线x＋y＝0与直线x－y＝0垂直，故∠AOB＝eq \f(π,2).联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,2x－y－3＝0，))得点A(1，－1)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,2x－y－3＝0，))得点B(3，3)．OA＝eq \r(12＋（－1）2)＝eq \r(2)，OB＝eq \r(32＋32)＝3eq \r(2)，在区域Ω内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离不大于1的区域是如图所示的半径为1的eq \f(1,4)圆，即扇形OCD，所以由几何概型得点到坐标原点的距离不大于1的概率P＝eq \f(S扇形OCD,S△AOB)＝eq \f(\f(1,4)×π×12,\f(1,2)×\r(2)×3\r(2))＝eq \f(π,12).故选B.
【答案】 B
角度三与定积分交汇命题的几何概型
(2020·洛阳第一次联考)如图，圆O：x2＋y2＝π2内的正弦曲线y＝sin x与x轴围成的区域记为M(图中阴影部分)，随机往圆O内投一个点A，则点A落在区域M内的概率是( )
A.eq \f(4,π2) B．eq \f(4,π3)
C.eq \f(2,π2) D．eq \f(2,π3)
【解析】由题意知圆O的面积为π3，正弦曲线y＝sin x，x∈[－π，π]与x轴围成的区域记为M，根据图形的对称性得区域M的面积S＝2eq \i\in(0,π,)sin xdx＝－2cs xeq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(π,0))＝4，由几何概型的概率计算公式可得，随机往圆O内投一个点A，则点A落在区域M内的概率P＝eq \f(4,π3)，故选B.
【答案】 B
角度四与随机模拟相关的几何概型
从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )
A.eq \f(4n,m) B．eq \f(2n,m)
C.eq \f(4m,n) D．eq \f(2m,n)
【解析】设由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤xn≤1,0≤yn≤1))构成的正方形的面积为S，xeq \\al(2,n)＋yeq \\al(2,n)＜1构成的图形的面积为S′，所以eq \f(S′,S)＝eq \f(\f(π,4),1)＝eq \f(m,n)，所以π＝eq \f(4m,n)，故选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
求与面积有关的几何概型的概率的方法
(1)确定所求事件构成的区域图形，判断是否为几何概型；
(2)分别求出Ω和所求事件对应的区域面积，用几何概型的概率计算公式求解．
1．(2020·江西八校联考)小华爱好玩飞镖，现有如图所示的两个边长都为2的正方形ABCD和OPQR构成的标靶图形，如果O点正好是正方形ABCD的中心，而正方形OPQR可以绕点O旋转，则小华随机向标靶投飞镖射中阴影部分的概率是( )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,4)
C.eq \f(1,9) D．eq \f(1,7)
解析：选D.如图，连接OB，OA，可得△OBM与△OAN全等，所以S四边形MONB＝S△AOB＝eq \f(1,2)×2×1＝1，即正方形ABCD和OPQR重叠的面积为1.又正方形ABCD和OPQR构成的标靶图形面积为4＋4－1＝7，故小华随机向标靶投飞镖射中阴影部分的概率是eq \f(1,7)，故选D.
2．(一题多解)如图，线段MN是半径为2的圆O的一条弦，且MN的长为2，在圆O内，将线段MN绕点N按逆时针方向转动，使点M移动到圆O上的新位置，继续将新线段NM绕新点M按逆时针方向转动，使点N移动到圆O上的新位置，依此继续转动，…点M的轨迹所围成的区域是图中阴影部分．若在圆O内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为( )
A．4π－6eq \r(3) B．1－eq \f(3\r(3),2π)
C．π－eq \f(3\r(3),2) D．eq \f(3\r(3),2π)
解析：选B.法一：依题意，得阴影部分的面积S＝6×[eq \f(1,6)(π×22)－eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)]＝4π－6eq \r(3)，
所求概率P＝eq \f(4π－6\r(3),π·22)＝1－eq \f(3\r(3),2π)，故选B.
法二：依题意得阴影部分的面积S＝π×22－6×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝4π－6eq \r(3)，所求概率P＝eq \f(4π－6\r(3),π·22)＝1－eq \f(3\r(3),2π)，故选B.
与体积有关的几何概型(师生共研)
已知正三棱锥SABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VPABCA.eq \f(3,4) B．eq \f(7,8)
C.eq \f(1,2) D．eq \f(1,4)
【解析】由题意知，当点P在三棱锥的中截面以下时，满足VPABCP＝eq \f(大三棱锥的体积－小三棱锥的体积,大三棱锥的体积)＝eq \f(7,8).
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
与体积有关的几何概型的求法
对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件求解．
1．(2020·山西太原五中模拟)已知四棱锥PABCD的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AB＝2.现在球O的内部任取一点，则该点取自四棱锥PABCD内部的概率为________．
解析：把四棱锥PABCD扩展为正方体，则正方体的体对角线的长是外接球的直径R，即2eq \r(3)＝2R，R＝eq \r(3)，则四棱
锥的体积为eq \f(1,3)×2×2×2＝eq \f(8,3)，球的体积为eq \f(4,3)×π(eq \r(3))3＝4eq \r(3)π，则该点取自四棱锥PABCD内部的概率P＝eq \f(\f(8,3),4\r(3)π)＝eq \f(2\r(3),9π).
答案：eq \f(2\r(3),9π)
2．一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB的中点，一只蝴蝶在几何体ADFBCE内自由飞翔，则它飞入几何体FAMCD内的概率为________．

解析：因为VFAMCD＝eq \f(1,3)×S四边形AMCD×DF＝eq \f(1,4)a3，VADFBCE＝eq \f(1,2)a3，所以它飞入几何体FAMCD内的概率为eq \f(\f(1,4)a3,\f(1,2)a3)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
[基础题组练]
1．(2020·湖南益阳模拟)星期一，小张下班后坐公交车回家，公交车有1，10两路．每路车都是间隔10分钟一趟，1路车到站后，过4分钟10路车到站．不计停车时间，则小张坐1路车回家的概率是( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(2,5) D．eq \f(3,5)
解析：选D.由题意可知小张下班后坐1路公交车回家的时间段是在10路车到站与1路车到站之间，共6分钟．设“小张坐1路车回家”为事件A，则P(A)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).故选D.
2．(2020·四川绵阳二模)在边长为2的正三角形内部随机取一个点，则该点到三角形3个顶点的距离都不小于1的概率为( )
A．1－eq \f(\r(3),6) B．1－eq \f(\r(3)π,6)
C．1－eq \f(\r(3),3) D．1－eq \f(\r(3)π,3)
解析：选B.若点P到三个顶点的距离都不小于1，则分别以A，B，C为圆心作半径为1的圆，则P的位置位于阴影部分，如图所示．在三角形内部的三个扇形的面积之和为eq \f(1,2)×3×eq \f(π,3)×12＝eq \f(π,2)，△ABC的面积S＝eq \f(1,2)×22×sin 60°＝eq \r(3)，则阴影部分的面积S＝eq \r(3)－eq \f(π,2)，则对应的概率P＝eq \f(\r(3)－\f(π,2),\r(3))＝1－eq \f(\r(3)π,6).故选B.
3．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.
4.(2020·河北衡水联考)在如图所示的几何图形中，四边形ABCD为菱形，C为EF的中点，EC＝CF＝3，BE＝DF＝4，BE⊥EF，DF⊥EF.若在几何图形中任取一点，则该点取自Rt△BCE的概率为( )
A.eq \f(1,9) B．eq \f(1,8)
C.eq \f(1,7) D．eq \f(1,6)
解析：选D.因为EC＝3，BE＝4，BE⊥EC，所以BC＝5.又由题可知BD＝EF＝6，AC＝2BE＝8，所以S△BCE＝S△DFC＝eq \f(1,2)×3×4＝6，S四边形ABCD＝eq \f(1,2)AC·BD＝24.由几何概型概率公式可得，所求概率P＝eq \f(6,24＋6＋6)＝eq \f(1,6)，即该点取自Rt△BCE的概率为eq \f(1,6).故选D.
5.(2020·湖南宁乡一中、攸县一中联考)将一线段AB分为两线段AC，CB，使得其中较长的一段AC是全长AB与另一段CB的比例中项，即满足eq \f(AC,AB)＝eq \f(BC,AC)＝eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618，后人把这个数称为黄金分割，把点C称为线段AB的黄金分割点．图中在△ABC中，若点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，在△ABC内任取一点M，则点M落在△APQ内的概率为( )
A.eq \f(\r(5)－1,2) B．eq \r(5)－2
C.eq \f(\r(5)－1,4) D．eq \f(\r(5)－2,2)
解析：选B.所求概率为eq \f(S△APQ,S△ABC)＝eq \f(PQ,BC)＝eq \f(BQ－BP,BC)＝eq \f(\f(\r(5)－1,2)BC－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(5)－1,2)))BC,BC)＝eq \r(5)－2.故选B.
6.如图所示，黑色部分和白色部分图形是由曲线y＝eq \f(1,x)，y＝－eq \f(1,x)，y＝x，y＝－x及圆构成的．在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是________．
解析：根据图象的对称性知，黑色部分图形的面积为圆面积的四分之一，在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是eq \f(1,4).
答案：eq \f(1,4)
7．已知平面区域Ω＝{(x，y)|0≤x≤π，0≤y≤1}，现向该区域内任意掷点，则该点落在曲线y＝sin2x下方的概率是________．
解析：y＝sin2x＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cs 2x，
所以eq \i\in(0,π,)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,2)cs 2x))dx＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(1,4)sin 2x))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(π,0))＝eq \f(π,2)，区域Ω＝{(x，y)|0≤x≤π，0≤y≤1}的面积为π，所以向区域Ω内任意掷点，该点落在曲线y＝sin2x下方的概率是eq \f(\f(π,2),π)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
8．已知O(0，0)，A(2，1)，B(1，－2)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，－\f(1,5)))，动点P(x，y)满足0≤eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))≤2且0≤eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))≤2，则点P到点C的距离大于eq \f(1,4)的概率为________．
解析：因为O(0，0)，A(2，1)，B(1，－2)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，－\f(1,5)))，
动点P(x，y)满足0≤eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))≤2且0≤eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))≤2，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤2x＋y≤2，,0≤x－2y≤2.))如图，不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤2x＋y≤2，,0≤x－2y≤2))对应的平面区域为正方形OEFG及其内部，|CP|>eq \f(1,4)对应的平面区域为阴影部分．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y＝0，,2x＋y＝2))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(4,5)，,y＝\f(2,5)，))
即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(2,5)))，所以|OE|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以正方形OEFG的面积为eq \f(4,5)，
则阴影部分的面积为eq \f(4,5)－eq \f(π,16)，
所以根据几何概型的概率公式可知所求的概率为eq \f(\f(4,5)－\f(π,16),\f(4,5))＝1－eq \f(5π,64).
答案：1－eq \f(5π,64)
9.如图所示，圆O的方程为x2＋y2＝4.
(1)已知点A的坐标为(2，0)，B为圆周上任意一点，求eq \(AB,\s\up8(︵))的长度小于π的概率；
(2)若N(x，y)为圆O内任意一点，求点N到原点的距离大于eq \r(2)的概率．
解：(1)圆O的周长为4π，所以eq \(AB,\s\up8(︵))的长度小于π的概率为eq \f(2π,4π)＝eq \f(1,2).
(2)记事件M为N到原点的距离大于eq \r(2)，则Ω(M)＝{(x，y)|x2＋y2>2}，Ω＝{(x，y)|x2＋y2≤4}，所以P(M)＝eq \f(4π－2π,4π)＝eq \f(1,2).
10．已知向量a＝(2，1)，b＝(x，y)．
(1)若x∈{－1，0，1，2}，y∈{－1，0，1}，求向量a∥b的概率；
(2)若x∈[－1，2]，y∈[－1，1]，求向量a，b的夹角是钝角的概率．
解：(1)设“a∥b”为事件A，由a∥b，得x＝2y.所有基本事件为(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)，(2，1)，共12个基本事件．其中A＝{(0，0)，(2，1)}，包含2个基本事件．
则P(A)＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6)，即向量a∥b的概率为eq \f(1,6).
(2)设“a，b的夹角是钝角”为事件B，由a，b的夹角是钝角，可得a·b<0，即2x＋y<0，且x≠2y.基本事件为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）|\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1≤x≤2，,－1≤y≤1))))所表示的区域，
B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）|\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1≤x≤2，,－1≤y≤1，,2x＋y<0，x≠2y))))，
如图，区域B为图中的阴影部分去掉直线x－2y＝0上的点，
所以，P(B)＝eq \f(\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(3,2)))×2,3×2)＝eq \f(1,3)，
即向量a，b的夹角是钝角的概率是eq \f(1,3).
[综合题组练]
1．(2020·广东东莞模拟)已知圆C：x2＋y2＝4与y轴负半轴交于点M，圆C与直线l：x－y＋1＝0相交于A，B两点，那么在圆C内随机取一点，则该点落在△ABM内的概率为( )
A.eq \f(3\r(7),8π) B．eq \f(3\r(7),4π)
C.eq \f(3\r(2),8π) D．eq \f(3\r(2),4π)
解析：选A.由图可知，由点到直线距离公式得|OC|＝eq \f(|1|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，则|AB|＝2eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \r(14)，同理可得|MD|＝eq \f(|0＋2＋1|,\r(2))＝eq \f(3\r(2),2)，所以S△MAB＝eq \f(1,2)|AB|·|MD|＝eq \f(3\r(7),2)，由几何概型知，该点落在△ABM内的概率为eq \f(S△MAB,S圆)＝eq \f(\f(3\r(7),2),π×22)＝eq \f(3\r(7),8π)，故选A.
2．已知P是△ABC所在平面内一点，eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＋2eq \(PA,\s\up6(→))＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是 ( )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(1,2)
解析：选D.以PB，PC为邻边作平行四边形PBDC，则eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \(PD,\s\up6(→))，因为eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＋2 eq \(PA,\s\up6(→))＝0，所以eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝－2eq \(PA,\s\up6(→))，得eq \(PD,\s\up6(→))＝－2eq \(PA,\s\up6(→))，由此可得，P是△ABC边BC上的中线AO的中点，点P到BC的距离等于A到BC距离的eq \f(1,2)，所以S△PBC＝eq \f(1,2)S△ABC，所以将一粒黄豆随机撒在△ABC内，黄豆落在△PBC内的概率为eq \f(S△PBC,S△ABC)＝eq \f(1,2).
3．两位同学约定下午5：30～6：00在图书馆见面，且他们在5：30～6：00之间到达的时刻是等可能的，先到的同学须等待，若15分钟后还未见面便离开，则这两位同学能够见面的概率是________．
解析：如图所示，以5：30作为原点O，建立平面直角坐标系，设两位同学到达的时刻分别为x，y，设事件A表示两位同学能够见面，所构成的区域为A＝{(x，y)||x－y|≤15}，即图中阴影部分，根据几何概型概率计算公式得P(A)＝eq \f(30×30－2×\f(1,2)×15×15,30×30)＝eq \f(3,4).
答案：eq \f(3,4)
4．太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，展现了一种相互转化，相对统一的形式美．按照太极图的构图方法，在如图所示的平面直角坐标系中，圆O被函数y＝3sin eq \f(π,6)x的图象分割为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为________．
解析：根据题意，大圆的直径为函数y＝3sin eq \f(π,6)x的最小正周期T，又T＝eq \f(2π,\f(π,6))＝12，所以大圆的面积S＝π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,2)))eq \s\up12(2)＝36π，一个小圆的面积S′＝π·12＝π，故在大圆内随机取一点，此点取自阴影部分的概率为P＝eq \f(2S′,S)＝eq \f(2π,36π)＝eq \f(1,18).
答案：eq \f(1,18)
5．某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在8.0米(四舍五入，精确到0.1米)以上的进入决赛，把所得数据进行整理后，分成6组画出频率分布直方图的一部分(如图)，已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04，0.10，0.14，0.28，0.30，第6个小组的频数是7.
(1)求进入决赛的人数；
(2)经过多次测试后发现，甲的成绩均匀分布在8～10米之间，乙的成绩均匀分布在9.5～10.5米之间，现甲、乙各跳一次，求甲比乙跳得远的概率．
解：(1)第6小组的频率为1－(0.04＋0.10＋0.14＋0.28＋0.30)＝0.14，所以总人数为eq \f(7,0.14)＝50.
由图易知第4，5，6组的学生均进入决赛，人数为(0.28＋0.30＋0.14)×50＝36，即进入决赛的人数为36.
(2)设甲、乙各跳一次的成绩分别为x，y米，则基本事件满足
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8≤x≤10,9.5≤y≤10.5))，
设事件A为“甲比乙跳得远”，则x>y，作出可行域如图中阴影部分所示．
所以由几何概型得P(A)＝eq \f(\f(1,2)×\f(1,2)×\f(1,2),1×2)＝eq \f(1,16)，即甲比乙跳得远的概率为eq \f(1,16).
6．已知关于x的二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1.
(1)设集合P＝{1，2，3}和Q＝{－1，1，2，3，4}，分别从集合P和Q中随机取一个数作为a和b，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率；
(2)设点(a，b)是区域eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－8≤0，,x>0，,y>0))内的随机点，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．
解：(1)因为函数f(x)＝ax2－4bx＋1的图象的对称轴为x＝eq \f(2b,a)，要使f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，当且仅当a>0且eq \f(2b,a)≤1，即2b≤a.
若a＝1，则b＝－1；
若a＝2，则b＝－1，1；
若a＝3，则b＝－1，1.
所以事件包含基本事件的个数是1＋2＋2＝5，
因为事件“分别从集合P和Q中随机取一个数作为a和b”的个数是15.
所以所求事件的概率为eq \f(5,15)＝eq \f(1,3).
(2)由(1)知当且仅当2b≤a且a>0时，函数f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，依条件可知试验的全部结果所构成的区域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a，b）\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a＋b－8≤0，,a>0，,b>0))))))，
构成所求事件的区域为如图所示的三角形BOC部分．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b－8＝0，,b＝\f(a,2)，))得交点坐标Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,3)，\f(8,3)))，
故所求事件的概率P＝eq \f(S△BOC,S△AOB)＝eq \f(\f(1,2)×8×\f(8,3),\f(1,2)×8×8)＝eq \f(1,3).