专题9.5 几何概型概率-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘

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【考纲要求】
1.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．
2.了解几何概型的意义
【命题趋势】
几何概型主要考查事件发生的概率与构成事件区域的长度、角度、面积、体积有关的实际问题，注重考查数形结合思想和逻辑思维能力
【核心素养】
本讲内容突出对数学建模，数学运算的考查.
【素养清单•基础知识】
几何概型
(1)概念：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，简称为几何概型.
(2)几何概型的基本特点：
①试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个；
②每个基本事件出现的可能性相等.
(3)计算公式：
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).
几何概型应用中的关注点
1关键是要构造出随机事件对应的几何图形，利用图形的几何度量来求随机事件的概率.
2确定基本事件时一定要选准度量，注意基本事件的等可能性.
【真题体验】
1．在区间(15,25]内的所有实数中随机抽取一个实数a，则这个实数满足17＜a＜20的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,10) D.eq \f(7,10)
【答案】C
【解析】 因为a∈(15,25]，所以P(17＜a＜20)＝eq \f(20－17,25－15)＝eq \f(3,10).
2．有一杯2 L的水，其中含有1个细菌，用一个小杯从水中取0.1 L水，则小杯水中含有这个细菌的概率为( )
A．0.01 B．0.02
C．0.05 D．0.1
【答案】C
【解析】因为取水是随机的，而细菌在2 L水中的任何位置是等可能的，则小杯水中含有这个细菌的概率为P＝eq \f(0.1,2)＝0.05.
3．已知x是[－4,4]上的一个随机数，则使x满足x2＋x－2＜0的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,8)
C.eq \f(5,8) D．0
【答案】B
【解析】 x2＋x－2＜0⇒－2＜x＜1，则P＝eq \f(1－－2,4－－4)＝eq \f(3,8).
4．某路公共汽车每5 min发车一次，某乘客到乘车点时刻是随机的，则他候车时间不超过3 min的概率是( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
【答案】A
【解析】 此题可以看成向区间[0,5]内均匀投点，求点落入[2,5]内的概率．设A＝{某乘客候车时间不超过3 min}．
则P(A)＝eq \f(构成事件A的区域长度,试验的全部结果构成的区域长度)＝eq \f(3,5).
【考法拓展•题型解码】
考法一 与长度、角度有关的几何概型
归纳总结
(1)设线段l是线段L的一部分，向线段L上任投一点，点落在线段l上的概率P＝eq \f(l的长度,L的长度).
(2)当涉及射线的转动，如扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段代替，这是两种不同的度量手段．
【例1】 (1)(2017·江苏卷)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__________．
(2)(2016·全国卷Ⅰ)某公司的班车在7：30,8：00,8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
【答案】 (1)eq \f(5,9) (2)B
【解析】 (1)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).
(2)由题意得图：
由图得等车时间不超过10分钟的概率为eq \f(1,2).
考法二 与面积有关的几何概型
归纳总结
与面积有关的平面图形的几何概型，解题的关键是对所求的事件A构成的平面区域形状的判断及面积的计算，基本方法是数形结合．
【例2】 (1)(2018·全国卷Ⅰ)如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
(2)(2017·全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(π,8)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(π,4)
【答案】 (1)A (2)B
【解析】 (1)设△ABC的三边BC，AC，AB的长分别为a，b，c，
则a2＝b2＋c2.则区域Ⅰ的面积SⅠ＝eq \f(1,2)bc，
区域Ⅱ的面积SⅡ＝eq \f(1,2)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))2＋eq \f(1,2)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))2＋eq \f(1,2)bc－eq \f(1,2)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2＝eq \f(1,8)π(b2＋c2－a2)＋eq \f(1,2)bc＝eq \f(1,2)bc，
区域Ⅲ的面积SⅢ＝eq \f(1,2)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2－eq \f(1,2)bc＝eq \f(πa2,8)－eq \f(1,2)bc.
由几何概型的概率公式可知p1＝p2，故选A.
(2)不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由于正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，所以黑色部分的面积为eq \f(π,2)，故此点取自黑色部分的概率为eq \f(\f(π,2), 4 )＝eq \f(π,8)，故选B.
考法三 与体积有关的几何概型
归纳总结
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去求．
【例3】 (1)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD－A1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为__________．
(2)在体积为V的三棱锥S－ABC的棱AB上任取一点P，则三棱锥S－APC的体积大于eq \f(V,3)的概率是__________．
【答案】 (1)1－eq \f(π,12) (2)eq \f(2,3)
【解析】(1)正方体的体积为2×2×2＝8，以O为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πr3＝eq \f(1,2)×eq \f(4π,3)×13＝eq \f(2π,3)，则点P到点O的距离大于1的概率为：1－eq \f(\f(2π,3), 8 )＝1－eq \f(π,12).
(2)由题意知eq \f(VS－APC,VS－ABC)＞eq \f(1,3)，三棱锥S－ABC的高与三棱锥S－APC的高相同．作PM⊥AC于点M，BN⊥AC于点N，则PM，BN分别为△APC与△ABC的高，所以eq \f(VS－APC,VS－ABC)＝eq \f(S△APC,S△ABC)＝eq \f(PM,BN)>eq \f(1,3)，又eq \f(PM,BN)＝eq \f(AP,AB)，所以eq \f(AP,AB)＞eq \f(1,3)，故所求的概率为eq \f(2,3)(即为长度之比)．
【易错警示】
易错点 几何度量错误
【典例】 如图所示，在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部作一条射线CM，与线段AB交于点M.则AM【错解】：eq \f(\r(2),2) 在AB上取AC′＝AC，在∠ACB内部作射线CM，则所求概率为eq \f(AC′,AB)＝eq \f(AC,AB)＝eq \f(\r(2),2).
【错因分析】：错误的原因在于选择的观察角度有问题，题目中的条件是过C作射线CM，错解中先在AB上取点，将问题转化为长度之比，从而导致错误．
【答案】：eq \f(3,4)
【正解】：在AB上取AC′＝AC，则∠ACC′＝eq \f(180°－45°,2)＝67.5°.
设事件A＝{在∠ACB内部作一条射线CM，与线段AB交于点M，AM误区防范
在△ABC内部作射线CM，当CM从CAeq \(――→,\s\up20(旋转))CB，形成的区域类型是角度型．
当涉及射线的转动、扇形中有关落点区域问题时，常以角的大小作为区域测度来计算概率，切不可用线段代替，这是两种不同的测量手段．
【跟踪训练】 在直角坐标系内，射线OT落在60°的终边上，任作一条射线OA，求射线OA落在∠xOT内的概率．
【答案】见解析
【解析】以O为起点作射线OA是随机的，因而射线OA落在任何位置都是等可能的，射线OA是否落在∠xOT内只与∠xOT的大小有关，符合几何概型的条件．于是，记B＝{射线OA落在∠xOT内}，因为∠xOT＝60°，所以P(B)＝eq \f(60°,360°)＝eq \f(1,6).
【递进题组】
1．(2021·西南师大附中一模)如图是一个边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍．若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为( )
A.eq \f(π,64) B.eq \f(π,32)
C.eq \f(π,16) D.eq \f(π,8)
【答案】D
【解析】 由题意得正方形的内切圆的半径为4，中间黑色大圆的半径为2，黑色小圆的半径为1，所以白色区域的面积为π×42－π×22－4×π×12＝8π，由几何概型概率公式可得，所求概率为eq \f(8π,82)＝eq \f(π,8)，故选D.
2．在区间[－1,1]上随机取一个数x，使cs eq \f(πx,2)的值介于0到eq \f(1,2)之间的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,π)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
【答案】A
【解析】 在区间[－1,1]上随机取一个数x，试验的全部结果构成的区域长度为2.因为－1≤x≤1，所以－eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)x≤eq \f(π,2).由0≤cs eq \f(π,2)x≤eq \f(1,2)，得eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)x≤eq \f(π,2)或－eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)x≤－eq \f(π,3)，
所以eq \f(2,3)≤x≤1或－1≤x≤－eq \f(2,3).设事件A为“cs eq \f(π,2)x的值介于0到eq \f(1,2)之间”，则事件A发生对应的区域长度为eq \f(2,3).所以P(A)＝eq \f(\f(2,3), 2 )＝eq \f(1,3).
3．在区间[－2,2]上随机取一个数x，使eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋1))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1))≤1成立的概率为__________．
【答案】 eq \f(5,8)
【解析】在区间[－2,2]上随机取一个数x，则－2≤x≤2，不等式|x＋1|－|x－1|≤1的解集为－2≤x≤eq \f(1,2).所以使不等式成立的概率为P＝eq \f(\f(1,2)－－2,2－－2)＝eq \f(5,8).
4．(2021·柳州高中二模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，在正方体内随机取一点M，则四棱锥M－ABCD的体积小于eq \f(1,6)的概率为__________．
【答案】 eq \f(1,2)
【解析】因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，所以正方体的体积V＝1×1×1＝1.当四棱锥M－ABCD的体积小于eq \f(1,6)时，设它的高为h，则eq \f(1,3)×1×1×h【考卷送检】
一、选择题
1．在区间[－2,3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(3,5)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
【答案】B
【解析】 区间[－2,3]的长度为3－(－2)＝5，[－2,1]的长度为1－(－2)＝3，故满足条件的概率P＝eq \f(3,5).
2．设p在[0,5]上随机地取值，则关于x的方程x2＋px＋1＝0有实数根的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
【答案】C
【解析】方程有实根，则Δ＝p2－4≥0，解得p≥2或p≤－2(舍去)．所以所求概率为eq \f(5－2,5－0)＝eq \f(3,5).
3．老师计划在晚修19：00～20：00解答同学甲、乙的问题，预计解答完一个学生的问题需要20分钟．若甲、乙两人在晚修内的任意时刻去问问题是相互独立的，则两人独自去时不需要等待的概率为( )
A.eq \f(2,9) B.eq \f(4,9)
C.eq \f(5,9) D.eq \f(7,9)
【答案】B
【解析】 设19：00～20：00对应时刻[0,60]，甲、乙问问题的时刻分别为x，y，则x，y∈[0,60]．两人独自去时不需要等待满足|x－y|≥20，则由几何概型可知，所求概率为eq \f(\f(1,2)×60－202×2,60×60)＝eq \f(4,9)，故选B.
4．如图所示，半径为3的圆中有一封闭曲线围成的阴影区域，在圆中随机扔一粒豆子，它落在阴影区域内的概率是eq \f(1,3)，则阴影部分的面积是( )
A.eq \f(π,3) B．π
C．2π D．3π
【答案】D
【解析】设阴影部分的面积为S1，圆的面积S＝π×32＝9π，由几何概型的概率计算公式得eq \f(S1,S)＝eq \f(1,3)，得S1＝3π.
5．(2021·北京昌平模拟)设不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋2≥0，,x≤4，,y≥－2))表示的平面区域为D.在区域D内随机取一个点，则此点到直线y＋2＝0的距离大于2的概率是( )
A.eq \f(4,13) B.eq \f(5,13)
C.eq \f(8,25) D.eq \f(9,25)
【答案】D
【解析】 作出平面区域可知平面区域D是以A(4, 3)，B(4，－2)，C(－6，－2)为顶点的三角形区域，当点在△AED区域内时，点到直线y＋2＝0的距离大于2.P＝eq \f(S△AED,S△ABC)＝eq \f(\f(1,2)×6×3,\f(1,2)×10×5)＝eq \f(9,25)，故选D.
6．(2021·山东枣庄一模)已知实数a满足－3A．P1>P2 B．P1＝P2
C．P1【答案】C
【解析】若f(x)的值域为R，则Δ1＝a2－4≥0，得a≤－2或a≥2.故P1＝eq \f(－2－（-3）,4－（-3）)＋eq \f(4－2,4－（－3）)＝eq \f(3,7).若f(x)的定义域为R，则Δ2＝a2－4<0，得－2二、填空题
7．(2021·石宝中学一模)如图所示，M是半径为R的圆周上的一个定点，在圆周上等可能地任取一点N，连接MN，则弦MN的长度超过eq \r(2)R的概率是________．
【答案】 eq \f(1,2)
【解析】 当弦MN的长度恰为eq \r(2)R时，∠MON＝eq \f(π,2)，如图．当点N落在半圆弧上时，弦MN的长度不超过eq \r(2)R，故所求概率为P＝eq \f(1,2).
8．记集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤4}和集合B＝{(x，y)|x＋y－2≤0，x≥0，y≥0}表示的平面区域分别为Ω1和Ω2，若在区域Ω1内任取一点M(x，y)，则点M落在区域Ω2的概率为________．
【答案】 eq \f(1,2π)
【解析】 作圆O：x2＋y2＝4，区域Ω1就是圆O内部(含边界)，其面积为4π，区域Ω2就是图中△AOB内部(含边界)，其面积为2，因此所求概率为eq \f(2,4π)＝eq \f(1,2π).
9．在区间(0,1)内随机地取出两个数，则两数之和小于eq \f(6,5)的概率是________．
【答案】 eq \f(17,25)
【解析】设随机取出的两个数分别为x，y，则0P＝eq \f(12－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5))),12)＝eq \f(17,25).
三、解答题
10．甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的．
(1)如果甲船和乙船的停泊时间都是4小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率；
(2)如果甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率．
【答案】见解析
【解析】 (1)设甲、乙两船到达时间分别为x，y，
则0≤x<24,0≤y<24，
且y－x>4或y－x<－4.
作出区域eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x<24，,0≤y<24，,y－x>4或y－x<－4.))
设“两船无需等待码头空出”为事件A，
则P(A)＝eq \f(2×\f(1,2)×20×20,24×24)＝eq \f(25,36).
(2)当甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，两船不需等待码头空出，则满足x－y>2或y－x>4.设在上述条件时“两船不需等待码头空出”为事件B，画出区域
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x<24，,0≤y<24，,y－x>4或x－y>2.))
则P(B)＝eq \f(\f(1,2)×20×20＋\f(1,2)×22×22,24×24)＝eq \f(442,576)＝eq \f(221,288).
11．已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干，其标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n个．若从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是eq \f(1,2).
(1)求n的值；
(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的小球标号为b.
①记“2≤a＋b≤3”为事件A，求事件A的概率；
②在区间[0,2]内任取2个实数x，y，求事件“x2＋y2>(a－b)2恒成立”的概率．
【答案】见解析
【解析】 (1)由题意共有小球n＋2个，标号为2的小球n个．从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是eq \f(n,n＋2)＝eq \f(1,2)，解得n＝2.
(2)①从袋子中不放回地随机抽取2个球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的小球标号为b，则取出2个小球的可能情况共有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3)＝12种结果，令满足“2≤a＋b≤3”为事件A，则事件A共有Ceq \\al(1,4)·2＝8种结果，故P(A)＝eq \f(8,12)＝eq \f(2,3)；
②由①可知(a－b)2≤4，故x2＋y2>4，(x，y)可以看成平面中点的坐标，则全部结果构成的区域Ω＝{(x，y)|0≤x≤2,0≤y≤2，x，y∈R}，由几何概型可得概率为
P＝eq \f(4－\f(1,4)π·22,4)＝1－eq \f(π,4).
12．甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：
甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计)即为中奖．
乙商场：从装有3个白球3个红球的盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．
问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？
【答案】见解析
【解析】 如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πR2(R为圆盘的半径)，阴影区域的面积为eq \f(4×15πR2,360)＝eq \f(πR2,6).所以，在甲商场中奖的概率为P1＝eq \f(\f(πR2,6), πR2 )＝eq \f(1,6).
如果顾客去乙商场，从盒子中摸出2个球的一切可能的结果有Ceq \\al(2,6)共15种．
摸到的2个球都是红球有Ceq \\al(2,3)种，共3种，所以在乙商场中奖的概率为P2＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5)，又P113．(2021·福州一模)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面上对应的点为M.
(1)设集合P＝{－4，－3，－2,0}，Q＝{0,1,2}，从集合P中随机抽取一个数作为x，从集合Q中随机抽取一个数作为y，求复数z为纯虚数的概率；
(2)设x∈[0,3]，y∈[0,4]，求点M落在不等式组：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－3≤0，,x≥0，,y≥0))所表示的平面区域内的概率．
【答案】见解析
【解析】 (1)记“复数z为纯虚数”为事件A.
因为组成复数z的所有情况共有Ceq \\al(1,4)×Ceq \\al(1,3)＝12个：－4，－4＋i，－4＋2i，－3，－3＋i，－3＋2i，－2，－2＋i，－2＋2i,0，i,2i，
且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型，其中事件A包含的基本事件共2个：i,2i，所以所求事件的概率为
P(A)＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6).
(2)依条件可知，点M均匀地分布在平面区域eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x，y\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x≤3，,0≤y≤4))))))内，属于几何概型．该平面区域的图形为右图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝12.而所求事件构成的平面区域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x，y\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－3≤0，,x≥0，,y≥0))))))，其图形如图中的三角形OAD(阴影部分)．又直线x＋2y－3＝0与x轴，y轴的交点分别为A(3,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，
所以三角形OAD的面积为S1＝eq \f(1,2)×3×eq \f(3,2)＝eq \f(9,4).所以所求事件的概率为P＝eq \f(S1,S)＝eq \f(\f(9,4), 12 )＝eq \f(3,16).