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2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第十章 算法初步、统计与统计案例、概率 第6节 古典概型与几何概型
展开这是一份2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第十章 算法初步、统计与统计案例、概率 第6节 古典概型与几何概型，共21页。试卷主要包含了几何概型，5°，，6 B等内容，欢迎下载使用。
1.古典概型
(1)基本事件的特点
①任何两个基本事件是互斥的.
②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和.
(2)古典概型的定义
具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型.
(3)古典概型的概率公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数).
2.几何概型
(1)几何概型的定义
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，那么称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型.
(2)几何概型的两个基本特点
(3)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）).
1.概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
2.几何概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”.( )
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件.( )
(3)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.( )
(4)概率为0的事件一定是不可能事件.( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
解析 对于(1)，发芽与不发芽不一定是等可能，所以(1)不正确；对于(2)，三个事件不是等可能，其中“一正一反”应包括正反与反正两个基本事件，所以(2)不正确；对于(4)，概率为0的事件有可能发生，所以(4)不正确.
2.某班准备到郊外野营，为此向商店定了帐篷，如果下雨与不下雨是等可能的，能否准时收到帐篷也是等可能的，只要帐篷如期运到，他们就不会淋雨，则下列说法正确的是( )
A.一定不会淋雨
B.淋雨的可能性为eq \f(3,4)
C.淋雨的可能性为eq \f(1,2)
D.淋雨的可能性为eq \f(1,4)
答案 D
解析 基本事件有“下雨帐篷到”“不下雨帐篷到”“下雨帐篷未到”“不下雨帐篷未到”4种情况，而只有“下雨帐篷未到”时会淋雨，故淋雨的可能性为eq \f(1,4).
3.(2020·全国Ⅰ卷)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(4,5)
答案 A
解析 从O，A，B，C，D这5个点中任取3点，取法有{O，A，B}，{O，A，C}，{O，A，D}，{O，B，C}，{O，B，D}，{O，C，D}，{A，B，C}，{A，B，D}，{A，C，D}，{B，C，D}，共10种，其中取到的3点共线的只有{O，A，C}，{O，B，D}这2种取法，所以所求概率为eq \f(2,10)＝eq \f(1,5).故选A.
4.(2021·安徽四校测试)如图所示，在边长为4的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域. 在正三角形中随机撒一粒豆子(豆子大小忽略不计)，它落在阴影区域内的概率为eq \f(3,4)，那么估计阴影区域的面积为( )
A.eq \r(3) B.2eq \r(3) C.3eq \r(3) D.4eq \r(3)
答案 C
解析 设阴影区域的面积为S，根据几何概型的概率公式知S＝eq \f(\r(3),4)×42×eq \f(3,4)＝3eq \r(3)，故选C.
5.(2022·长春质量监测)张老师居住的一条街上，行驶着甲、乙两路公交车，这两路公交车的数目相同，并且都是每隔十分钟就到达车站一辆(即停即走).张老师每天早晨都是在6：00到6：10之间到达车站乘车到学校，这两条公交线路对他是一样的，都可以达到学校，甲路公交车的到站时间是6：09，6：19，6：29，
6：39，…，乙路公交车的到站时间是6：00，6：10，6：20，6：30，…，则张老师乘坐上甲路公交车的概率是( )
A.10% B.50%
C.60% D.90%
答案 D
解析 张老师在早晨6：00到6：10之间到达车站是等可能的，故张老师在早晨6：00到6：09到达车站的概率为eq \f(9,10)＝90%，故有90%的可能乘坐上甲路公交车.
6.(易错题)将一段长为3米的木棒锯成两段，则这两段木棒长度都不少于1米的概率为________.
答案 eq \f(1,3)
解析 根据题意，只要在木棒的两个三等分点之间锯断就能符合要求，故所求的概率为eq \f(1,3).
考点一 古典概型的简单计算
1.两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 设两位男同学分别为A，B，两位女同学分别为a，b，则用“树形图”表示四位同学排成一列所有可能的结果如图所示.
由图知，共有24种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“√”的情况)共有12种，故所求概率为eq \f(12,24)＝eq \f(1,2).
2.生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
答案 B
解析 设5只兔子中测量过某项指标的3只为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只为b1，b2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10种可能.
其中恰有2只测量过该指标的情况为(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共6种可能.
故恰有2只测量过该指标的概率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
3.(2022·大同调研)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，共进行三场比赛，规定每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜，则田忌获胜的概率为________.
答案 eq \f(1,6)
解析 不妨记齐王的上等马、中等马、下等马分别为A1，A2，A3，田忌的上等马、中等马、下等马分别为B1，B2，B3，则所有可能的情况为
田忌获胜的情况只有一种，即最后一种，所以田忌获胜的概率为eq \f(1,6).
感悟提升 古典概型中基本事件个数的探求方法：
(1)枚举法：适合于给定的基本事件个数较少且易一一列举出的问题.
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定基本事件时(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同.
考点二 古典概型与其他知识的简单交汇
例1 若m是集合{1，3，5，7，9，11}中任意选取的一个元素，则椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,2)＝1的焦距为整数的概率为________.
答案 eq \f(1,2)
解析 ∵m是集合{1，3，5，7，9，11}中任意选取的一个元素，
∴基本事件总数为6，
又满足椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,2)＝1的焦距为整数的m的取值有1，3，11，共有3个，
∴椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,2)＝1的焦距为整数的概率p＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2).
感悟提升 求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，一般步骤为：
(1)将题目条件中的相关知识转化为事件；
(2)判断事件是否为古典概型；
(3)选用合适的方法确定基本事件个数；
(4)代入古典概型的概率公式求解.
训练1 设平面向量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a－b)”为事件A，则事件A发生的概率为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 有序数对(m，n)的所有可能情况为4×4＝16个，由a⊥(a－b)得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2.由于m，n∈{1，2，3，4}，故事件A包含的基本事件为(2，1)和(3，4)，共2个，所以P(A)＝eq \f(2,16)＝eq \f(1,8).
考点三 几何概型
角度1 与长度(角度)有关的几何概型
例2 (1)在[－6，9]内任取一个实数m，设f(x)＝－x2＋mx＋m，则函数f(x)的图象与x轴有公共点的概率等于( )
A.eq \f(2,15) B.eq \f(7,15) C.eq \f(3,5) D.eq \f(11,15)
(2)如图所示，在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM，与AB交于点M，则AM＜AC的概率为________.
答案 (1)D (2)eq \f(3,4)
解析 (1)因为f(x)＝－x2＋mx＋m的图象与x轴有公共点，所以Δ＝m2＋4m≥0，所以m≤－4或m≥0，所以在[－6，9]内取一个实数m，函数f(x)的图象与x轴有公共点的概率p＝eq \f([－4－（－6）]＋（9－0）,9－（－6）)＝eq \f(11,15).
(2)过点C作CN交AB于点N，使AN＝AC，如图所示.显然当射线CM处在∠ACN内时，AM＜AC，
又∠A＝45°，所以∠ACN＝67.5°，
故所求概率为p＝eq \f(67.5°,90°)＝eq \f(3,4).
感悟提升 1.解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考查对象和对象的活动范围，当考查对象为点，且点的活动范围在线段上时，用“线段长度”为测度计算概率，求解的核心是确定点的边界位置.
2.当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角对应的弧长的大小作为区域度量来计算概率.事实上，当半径一定时，曲线弧长之比等于其所对应的圆心角的弧度数之比.
角度2 与面积有关的几何概型
例3 (1)(2022·河南名校联考)来自中国古代的木纹饰图如图.若大正方形的边长为6个单位长度， 每个小正方形的边长均为1个单位长度，则在大正方形内随机取一点，此点取自图形中小正方形内的概率是( )
A.eq \f(1,36) B.eq \f(1,9)
C.eq \f(1,6) D.eq \f(2,9)
(2)(2021·全国乙卷)在区间(0，1)与(1，2)中各随机取1个数，则两数之和大于eq \f(7,4)的概率为( )
A.eq \f(7,9) B.eq \f(23,32) C.eq \f(9,32) D.eq \f(2,9)
答案 (1)D (2)B
解析 (1)因为大正方形的面积为6×6＝36，小正方形的面积为1×1＝1，大正方形内部有8个小正方形，故在大正方形内随机取一点，此点取自图形中小正方形内的概率是eq \f(8×1,36)＝eq \f(2,9).故选D.
(2)在区间(0，1)中随机取一个数，记为x，在区间(1，2)中随机取一个数，记为y，两数之和大于eq \f(7,4)，
即x＋y>eq \f(7,4)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0
感悟提升 几何概型与平面几何的交汇问题：要利用平面几何的相关知识，先确定基本事件对应区域的形状，再选择恰当的方法和公式，计算出其面积，进而代入公式求概率.
角度3 与体积有关的几何概型
例4 已知正三棱锥S－ABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VP－ABC＜eq \f(1,2)VS－ABC的概率是( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(7,8) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 B
解析 由题意知，当点P在三棱锥的中截面以下时，则满足VP－ABC
感悟提升 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)以及构成事件的区域的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求.
训练2 (1)(2022·延安一模)在区间[－1，1]上随机取一个数k，使直线y＝k(x＋3)与圆x2＋y2＝1相交的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(\r(2),4) D.eq \f(\r(2),3)
(2)中华文化博大精深，我国古代算书《周髀算经》中介绍了用统计概率得到圆周率π的近似值的方法.古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币(如图1)做统计，现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为2 cm，正方形的边长为1 cm，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的近似值为( )
A.eq \f(1,4（1－p）) B.eq \f(1,1－p)
C.eq \f(1,1－4p) D.eq \f(4,1－p)
(3)有一个底面半径为1、高为2的圆柱，点O为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为________.
答案 (1)C (2)A (3)eq \f(2,3)
解析 (1)圆x2＋y2＝1的圆心为(0，0)，
圆心到直线y＝k(x＋3)的距离为eq \f(|3k|,\r(k2＋1))，
要使直线y＝k(x＋3)与圆x2＋y2＝1相交，则eq \f(|3k|,\r(k2＋1))<1，解得－eq \f(\r(2),4)
(2)圆形钱币的半径为2 cm，面积为S圆＝π·22＝4π(cm2)，正方形边长为1 cm，面积为S＝12＝1(cm2)，在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p＝1－eq \f(1,4π)，则π＝eq \f(1,4（1－p）).
(3)由题意得该圆柱的体积V＝π×12×2＝2π.圆柱内满足点P到点O的距离小于等于1的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球，且此半球的体积V1＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×13＝eq \f(2,3)π，所以所求概率p＝eq \f(V－V1,V)＝eq \f(2,3).
古典概型与统计的综合应用
例1 (12分)(2022·安徽四校测试)近期某市组织高一年级全体学生参加了某项技能操作比赛，等级分为1至10分，随机调阅了A，B两所学校各60名学生的成绩，得到样本数据如下：
A校样本数据条形图
B校样本数据统计表
(1)计算两校样本数据的均值和方差，根据所得数据进行比较，并给出综合评价.
(2)从A校样本中成绩分别为7分、8分和9分的学生中按分层抽样的方法抽取6人，从抽取的6人中任选2人参加更高一级的比赛，求这2人成绩之和不小于15分的概率.
[规范解答]
解 (1)从A校样本数据的条形图可知，成绩为4分、5分、6分、7分、8分、9分的学生分别有6人、15人、21人、12人、3人、3人.………………1分
A校样本的平均值为
eq \(x,\s\up6(－))A＝eq \f(4×6＋5×15＋6×21＋7×12＋8×3＋9×3,60)
＝6(分)，………………2分
A校样本的方差为
seq \\al(2,A)＝eq \f(1,60)×[6×(4－6)2＋…＋3×(9－6)2]
＝1.5. ………………3分
从B校样本数据统计表可知，
B校样本的平均值为
eq \(x,\s\up6(－))B＝eq \f(4×9＋5×12＋6×21＋7×9＋8×6＋9×3,60)
＝6(分)，………………4分
B校样本的方差为
seq \\al(2,B)＝eq \f(1,60)×[9×(4－6)2＋…＋3×(9－6)2]
＝1.8. ………………5分
因为eq \(x,\s\up6(－))A＝eq \(x,\s\up6(－))B，所以两校学生成绩的平均值相同，
又seq \\al(2,A)
成绩为8分的学生应抽取的人数为eq \f(6,12＋3＋3)×3＝1，设为e；………………8分
成绩为9分的学生应抽取的人数为eq \f(6,12＋3＋3)×3＝1，设为f. ………………9分
所以，所有基本事件有ab，ac，ad，ae，af，bc，bd，be，bf，cd，ce，cf，de，df，ef，共15个，
10分
其中，满足条件的基本事件有ae，af，be，bf，ce，cf，de，df，ef，共9个.
所以从抽取的6人中任选2人参加更高一级的比赛，这2人成绩之和不小于15分的概率p＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).………………12分
第一步 分析题意，弄清题干中牵涉到的相关知识(或图表)
第二步 通过题中给出的相关图表提炼有效信息
第三步 根据相关公式计算各种待求量
第四步 作出综合评价或决策
第五步 反思回顾解题过程，规范解题步骤
例 空气质量指数(Air Quality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；>300为严重污染.
一环保人士记录了某地2021年某月10天的AQI的茎叶图如图所示.
(1)利用该样本估计该地本月空气质量优良(AQI≤100)的天数(按这个月总共有30天计算)；
(2)若从样本中的空气质量不佳(AQI>100)的这些天中，随机地抽取两天深入分析各种污染指标，求这两天的空气质量等级恰好不同的概率.
解 (1)从茎叶图中发现该样本中空气质量优的天数为1，空气质量良的天数为3，故该样本中空气质量优良的频率为eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，估计该月空气质量优良的概率为eq \f(2,5)，从而估计该月空气质量优良的天数为30×eq \f(2,5)＝12.
(2)该样本中为轻度污染的共4天，分别记为a1，a2，a3，a4；为中度污染的共1天，记为b；为重度污染的共1天，记为c.从中随机抽取两天的所有可能结果有(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b)，(a1，c)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，b)，(a2，c)，(a3，a4)，(a3，b)，(a3，c)，(a4，b)，(a4，c)，(b，c)共15个.
其中空气质量等级恰好不同的结果有(a1，b)，(a1，c)，(a2，b)，(a2，c)，(a3，b)，(a3，c)，(a4，b)，(a4，c)，(b，c)共9个.
所以这两天的空气质量等级恰好不同的概率为eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
1.一枚硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(3,4) D.0
答案 A
解析 一枚硬币连掷2次，基本事件有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)共4个，而只有1次出现正面的包括(正，反)，(反，正)2个，故其概率为eq \f(2,4)＝eq \f(1,2).故选A.
2.设m，n∈{0，1，2，3，4}，向量a＝(－1，－2)，b＝(m，n)，则a∥b的概率为( )
A.eq \f(2,25) B.eq \f(3,25) C.eq \f(3,20) D.eq \f(1,5)
答案 B
解析 a∥b⇒－2m＝－n⇒2m＝n，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝0，,n＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝4，))因此概率为eq \f(3,5×5)＝eq \f(3,25).
3.从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为( )
A.0.6 B.0.5
C.0.4 D.0.3
答案 D
解析 将2名男同学分别记为x，y，3名女同学分别记为a，b，c.
设“选中的2人都是女同学”为事件A，则从5名同学中任选2人参加社区服务的所有可能情况有(x，y)，(x，a)，(x，b)，(x，c)，(y，a)，(y，b)，(y，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共10种，
其中事件A包含的可能情况有(a，b)，(a，c)，(b，c)，共3种，
故P(A)＝eq \f(3,10)＝0.3.
4.某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为( )
A.eq \f(7,10) B.eq \f(5,8) C.eq \f(3,8) D.eq \f(3,10)
答案 B
解析 至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为eq \f(40－15,40)＝eq \f(5,8)，故选B.
5.在集合A＝{2，3}中随机取一个元素m，在集合B＝{1，2，3}中随机取一个元素n，得到点P(m，n)，则点P在圆x2＋y2＝9内部的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(2,5)
答案 B
解析 点P(m，n)共有(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，6种情况，只有(2，1)，(2，2)这2个点在圆x2＋y2＝9的内部，所求概率为eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).故选B.
6.(2021·上饶模拟)在边长为4的正方形ABCD内部任取一点P，则满足∠APB为锐角的概率为( )
A.eq \f(π,4) B.1－eq \f(π,4)
C.eq \f(π,8) D.1－eq \f(π,8)
答案 D
解析 以AB为直径的半圆外的区域满足∠APB为锐角，
∵半圆的面积为eq \f(1,2)π×22＝2π，正方形ABCD的面积为4×4＝16，
∴满足∠APB为锐角的概率为eq \f(16－2π,16)＝1－eq \f(π,8).故选D.
7.(2022·银川一模)已知集合A＝{－2，－1，－eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,2)，1，2，3}，任取k∈A，则幂函数f(x)＝xk为偶函数的概率为________(结果用数字作答).
答案 eq \f(1,4)
解析 集合A＝{－2，－1，－eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,2)，1，2，3}，任意k∈A的基本事件总数为8，
当k＝±2时，幂函数f(x)＝xk为偶函数，从而幂函数f(x)＝xk为偶函数包含的基本事件个数为2，
∴幂函数f(x)＝xk为偶函数的概率p＝eq \f(1,4).
8.在区间(0，1)上任取两个数，则两个数之和小于eq \f(6,5)的概率是________.
答案 eq \f(17,25)
解析 设这两个数是x，y，则试验所有的基本事件构成的区域即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0
9.由不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,y≥0，,y－x－2≤0))确定的平面区域记为Ω1，由不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y≤1，,x＋y≥－2))确定的平面区域记为Ω2，若在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为________.
答案 eq \f(7,8)
解析 两个不等式组对应的区域Ω1为△OAB，Ω2为两平行线之间的部分，则Ω1与Ω2公共部分为四边形OACD，如图，其中A(－2，0)，B(0，2)，D(0，1).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－x－2＝0,x＋y＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝\f(3,2)，))
即Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2))).
则S△OAB＝eq \f(1,2)×2×2＝2，S△BCD＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
则S四边形OACD＝S△OAB－S△BCD＝2－eq \f(1,4)＝eq \f(7,4).
由几何概型的概率公式，所求概率
p＝eq \f(S四边形OACD,S△OAB)＝eq \f(\f(7,4),2)＝eq \f(7,8).
10.2022年北京冬奥会的申办成功与“3亿人上冰雪”口号的提出，将冰雪这个冷项目迅速炒“热”.北京某综合大学计划在一年级开设冰球课程，为了解学生对冰球运动的兴趣，随机从该校一年级学生中抽取了100人进行调查，其中女生中对冰球运动有兴趣的占eq \f(2,3)，而男生有10人表示对冰球运动没有兴趣.
(1)完成2×2列联表，并回答能否有90%的把握认为“对冰球运动是否有兴趣与性别有关”？
(2)已知在被调查的女生中有5名数学系的学生，其中3名对冰球运动有兴趣，现在从这5名学生中随机抽取3人，求至少有2人对冰球运动有兴趣的概率.
附：
K2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)
解 (1)根据已知数据得如下列联表：
根据列联表中的数据，得K2的观测值
k＝eq \f(100×（45×15－10×30）2,55×45×75×25)＝eq \f(100,33)≈3.030>2.706，
所以有90%的把握认为“对冰球运动是否有兴趣与性别有关”.
(2)记这5人中对冰球运动有兴趣的3人分别为A，B，C，对冰球运动没有兴趣的2人分别为m，n，则从这5人中随机抽取3人，有(A，m，n)，(B，m，n)，(C，m，n)，(A，B，m)，(A，B，n)，(B，C，m)，(B，C，n)，(A，C，m)，(A，C，n)，(A，B，C)，共10种情况，
其中3人都对冰球运动有兴趣的情况有(A，B，C)，1种，2人对冰球运动有兴趣的情况有(A，B，m)，(A，B，n)，(B，C，m)，(B，C，n)，(A，C，m)，(A，C，n)，6种，
所以至少2人对冰球运动有兴趣的情况有7种，
因此，所求事件的概率p＝eq \f(7,10).
11.在某亲子游戏结束时有一项抽奖活动，抽奖规则是：盒子里面共有4个小球，小球上分别写有0，1，2，3的数字，小球除数字外其他完全相同，每对亲子中，家长先从盒子中取出一个小球，记下数字后将小球放回，孩子再从盒子中取出一个小球，记下小球上数字将小球放回.
抽奖活动的奖励规则是：
①若取出的两个小球上数字之积大于4，则奖励飞机玩具一个；
②若取出的两个小球上数字之积在区间[1，4]内，则奖励汽车玩具一个；
③若取出的两个小球上数字之积小于1，则奖励饮料一瓶.
(1)求每对亲子获得飞机玩具的概率；
(2)试比较每对亲子获得汽车玩具与获得饮料的概率，哪个更大？请说明理由.
解 (1)基本事件总数有16个，分别为(0，0)，(0，1)，(0，2)，(0，3)，(1，0)，(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，0)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，0)，(3，1)，(3，2)，(3，3)；
记“获得飞机玩具”为事件A，则事件A包含的基本事件有3个，分别为(2，3)，(3，2)，(3，3).
∴每对亲子获得飞机玩具的概率P(A)＝eq \f(3,16).
(2)记“获得汽车玩具”为事件B，“获得饮料”为事件C，
事件B包含的基本事件有6个，分别为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，
∴每对亲子获得汽车玩具的概率
P(B)＝eq \f(6,16)＝eq \f(3,8)，
每对亲子获得饮料的概率
P(C)＝1－P(A)－P(B)＝eq \f(7,16).
∵eq \f(3,8)
12.(2021·长春质检)我国古人认为宇宙万物是由金、木、水、火、土这五种元素构成的，历史文献《尚书·洪范》提出了五行的说法，到战国晚期，五行相生相克的思想被正式提出.这五种物质属性的相生相克关系如图所示，若从这五种物质中随机选取三种，则取出的三种物质中，彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,3)
答案 B
解析 依题意，三种物质间相生相克关系如下表，
所以彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率p＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，故选B.
13.已知A＝{1，2，3}，B＝{x∈R|x2－ax＋b＝0，a∈A，b∈A}，则A∩B＝B的概率是( )
A.eq \f(2,9) B.eq \f(1,3) C.eq \f(8,9) D.1
答案 C
解析 因为a∈A，b∈A，所以可用列表法得到基本事件的个数为9(如下表所示).
因为A∩B＝B，所以B可能是，{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，3}，{2，3}.
当B＝时，a2－4b<0，满足条件的a，b为a＝1，b＝1，2，3；a＝2，b＝2，3；a＝3，b＝3.
当B＝{1}时，满足条件的a，b为a＝2，b＝1.
当B＝{2}，{3}时，没有满足条件的a，b.
当B＝{1，2}时，满足条件的a，b为a＝3，b＝2.
当B＝{2，3}，{1，3}时，没有满足条件的a，b.
综上，符合条件的结果有8种.
故所求概率为eq \f(8,9).
14.(2022·江西八所重点中学调研)某校为了宣传垃圾分类知识，面向该校学生开展了“垃圾分类知识”网络问卷调查，每位学生仅有一次参与机会，通过抽样，得到100人的得分情况，将样本数据分成[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]五组，并整理得到如下频率分布直方图；
已知成绩的中位数为75.
(1)求x，y的值，并求出成绩的平均数(同一组中的每个数据可用该组区间中点值代替)；
(2)现用分层抽样从第四组和第五组按照比例抽选出6人进行垃圾分类知识竞答活动，再从中选出两人进行一对一PK，求抽出的两人恰好来自同一组的概率.
解 (1)∵中位数为75，
∴0.005×10＋10y＋0.04×(75－70)＝0.5，∴y＝0.025，
又∵0.05＋0.25＋0.4＋10x＋0.1＝1，
∴x＝0.02，
则平均数eq \(x,\s\up6(－))＝55×0.05＋65×0.25＋75×0.4＋85×0.2＋95×0.1＝75.5.
(2)第四组与第五组人数的比为2∶1，
∴从第四组抽选4人，记为1，2，3，4，
从第五组抽选2人，记为a，b，
所有基本事件为(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，a)，(1，b)，(2，3)，(2，4)，(2，a)，(2，b)，(3，4)，(3，a)，(3，b)，(4，a)，(4，b)，(a，b)共15种，
来自同一组的有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，(a，b)，共7种情况，
故恰好来自同一组的概率p＝eq \f(7,15).A1
A2
A3
B1
B2
B3
A1
A2
A3
B1
B3
B2
A1
A2
A3
B2
B1
B3
A1
A2
A3
B2
B3
B1
A1
A2
A3
B3
B2
B1
A1
A2
A3
B3
B1
B2
成绩/分
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
人数/个
0
0
0
9
12
21
9
6
3
0
有兴趣
没有兴趣
合计
男
55
女
合计
P(K2≥k0)
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
有兴趣
没有兴趣
合计
男
45
10
55
女
30
15
45
合计
75
25
100
金木水
金木火
金木土
金水火
金水土
金火土
木水火
木水土
木火土
水火土
×
√
√
√
×
×
×
√
×
√
a
b
1
2
3
1
(1，1)
(1，2)
(1，3)
2
(2，1)
(2，2)
(2，3)
3
(3，1)
(3，2)
(3，3)
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