专题10-3 概率小题基础-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版）

这是一份专题10-3 概率小题基础-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版），共31页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练24等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳1
\l "_Tc17993" 【题型一】 古典概型1
\l "_Tc26924" 【题型二】 几何概型1：长度角度型2
\l "_Tc12217" 【题型三】 几何概型2：面积型4
\l "_Tc30563" 【题型四】 几何概型3：体积型6
\l "_Tc30563" 【题型五】 几何概型4：坐标系型9
\l "_Tc30563" 【题型六】 几何概型5：线性规划型11
\l "_Tc30563" 【题型七】 几何概型6：近似估值应用型14
\l "_Tc30563" 【题型八】 几何概型7：导数函数等16
\l "_Tc30563" 【题型九】 几何概型3：微积分型（理科）17
\l "_Tc30563" 【题型十】 圆锥曲线中的几何概型19
\l "_Tc30563" 【题型十一】 综合应用21
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练24
【题型一】 古典概型
【典例分析】
已知数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分析：由题意首先求得实数x的值，然后列出所有可能的结果，从中挑选满足题意的结果结合古典概型计算公式即可求得最终结果.
详解：由数据1，2，3，4，x（0可得2+=x，所以x=，从这5个数中任取2个，结果有：共10种，这2个数字之积大于5的结果有：，共5种，所以所求概率为.本题选择B选项.
【提分秘籍】
基本规律
P(A)＝eq \f(事件A包含的可能结果数,试验的所有可能结果数)＝eq \f(m,n).
【变式演练】
1.已知函数，其中，则函数在上是增函数的概率为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】试题分析：原命题等价于在恒成立，符合上述不等式的有所求概率,故选D.
2.．投掷两颗质地均匀的骰子，则向上的点数之积为6的概率等于
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：基本事件种，符合题意的为共四种，故概率为.
3.笼子中有2只鸡和2只兔，从中依次随机取出一只动物，直到4只动物全部取出.如果将两只兔子中的某一只起名为“长耳朵”，则“长耳朵”恰好是第2只被取出的动物的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
依据古典概型即可求得“长耳朵”恰好是第2只被取出的动物的概率；
【详解】把2只鸡记为，，2只兔子分别记为“长耳朵”H和短耳朵h，
则从笼中依次随机取出一只动物，直到4只动物全部取出，共有如下24种不同的取法：
，，，，，
，，，，，
，，，，，
，，，，，
其中“长耳朵”H恰好是第2只被取出的动物，则共有种不同的取法.
则“长耳朵”恰好是第2只被取出的动物的概率.故选：D
【题型二】 几何概型1：长度角度
【典例分析】
在矩形中，，在边上随机取一点，若是最大边的概率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在矩形中，取边的中点为，则在边上存在关于点对称的两点，，使.设，根据概率求出，得出边长关系即可得解.
【详解】如图，取边的中点为，则在边上存在关于点对称的两点，，使.设，因为是最大边的概率为，所以.过点作，则，，则，所以，故.
故选：D
【提分秘籍】
基本规律
【变式演练】
1.如图所示，两半径相等的圆，圆相交，为它们的公切线段，且两块阴影部分的面积相等，在线段上任取一点，则在线段上的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
根据题意先求出矩形ABCD的面积，从而求出AB,EF即可
【详解】设圆的半径为．由题意可得
所以，
所以.故选：C.
2.在区间上随机地取一个数，则事件“”发生的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意得， 由得，或
则事件“”发生的概率为,故选A.
3.任取，直线与圆相交于两点，则的概率为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解析：因弦长，故，即，而圆心到直线的距离，所以，即，则，所以由几何概型的计算公式可得其概率为，应选答案C．
【题型三】 几何概型2：面积
【典例分析】
【提分秘籍】
基本规律
【变式演练】
1.古希腊雅典学派算学家欧道克萨斯提出了“黄金分割”的理论，利用尺规作图可画出已知线段的黄金分割点，具体方法如下：取线段，过点作的垂线，并用圆规在垂线上截取，连接；以为圆心，为半径画弧，交于点；以为圆心，以为半径画弧，交于点，则点即为线段的黄金分割点．如图所示，在中，扇形区域记为Ⅰ，扇形区域记为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，，，（参考数据：）则
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
由题意结合几何图形的性质考查所给的式子是否成立即可.
【详解】由题意可知：，
故，且，
故选项B正确，选项ACD错误；故选B.
2.公元前5世纪下半叶开奥斯地方的希波克拉底解决了与化圆为方有关的化月牙形为方．如图，以O为圆心的大圆直径为1，以AB为直径的半圆面积等于AO与BO所夹四分之一大圆的面积，由此可知，月牙形（图中阴影部分）区域的面积可以与一个正方形的面积相等．现在在两个圆所围成的区域内随机取一点，则该点来自于阴影所示月牙形区域的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
先求出阴影部分面积，再用几何概型概率公式可得．
【详解】解：阴影部分面积等于，
所以根据几何概型得阴影所示月牙形区域的概率．故选B．
3.中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术，蕴涵了极致的数学美和丰富的传统文化信息.现有一幅剪纸的设计图，其中的个小圆均过正方形的中心，且内切于正方形的两邻边.若在正方形内随机取一点，则该点取自黑色部分的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
通过对称性将圆阴影部分面积转化为一个小圆的面积，然后利用小圆半径表示出正方形对角线长，从而求解出正方形面积和圆的面积，作比得到概率.
【详解】由图像对称可知，原题中阴影部分面积与下图中阴影部分面积一致，则阴影部分面积为一个小圆的面积。
设：，则，

正方形面积
阴影部分面积
所求概率本题正确选项：
【题型四】 几何概型3：体积
【典例分析】
如图来自某中学数学研究性学习小组所研究的几何图形，大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有1个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点，小球相交部分(图中阴影部分)记为Ⅰ，大球内、小球外的部分(图中黑色部分)记为Ⅱ，若在大球中随机取一点，此点取Ⅰ，Ⅱ的概率分别记为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
根据题意推知小球半径是大球的一半，建立大球体积小球体积和阴影部分的体积的关系，可推知选项．
【详解】设小球的半径为r，则大球的半径为，体积为，
4个小球的体积之和为，小球相交部分的体积，
大球内、小球外的部分的体积，
所以，从而，，，
所以选项A、B、D错误，选项C正确．故选：C.
【提分秘籍】
基本规律
【变式演练】
1.在正四面体体积为，现内部取一点，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】作出在底面的射影为，若,则高，分别取上的点，并使，，，如图：
并连结,则平面∥平面.
当点在正四面体内部运动时，即此时在三棱锥的中垂面上，
满足的点位于在三棱锥的中垂面以下的棱台内,
同理,的点在距离为的平面以上的棱锥内,
所以满足的棱台体积为;
由几何概型可得：满足的概率为。故选A
2.某四面体的三视图如下图所示，已知其正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形，记命题从该四面体的四个面所在的平面中任取两个，取到的两个平面互相垂直的概率为；命题设该四面体的四个顶点恰好是一个正方体的顶点，从这个正方体中任取一点，取自四面体内的概率为．则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
先分别利用古典概型和几何概型的概率判断命题p，q，再利用复合命题判断.
【详解】由题意知，该四面体是正方体的一部分，如图所示．
从四个面中任取两个共有6种取法，其中互相垂直的平面有三对，
则从该四面体的四个面所在的平面中任取两个，取到的两个平面互相垂直的概率为，是假命题；
设正方体的棱长为，则正方体的体积为，四面体的体积为，
所以从这个正方体中任取一点，取自四面体内的概率为，是真命题．
得(¬p)∨q是真命题，p∧q，p∨(¬q)，(¬p)∧(¬q)都是假命题．
故选：C.
3.如图，三棱锥的四个面都为直角三角形，平面，三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，现在球O内任取一点，则该点取自三棱锥内的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
求得三棱锥的外接球O的半径，以几何概型即可解决.
【详解】三棱锥中，平面，则，
直角三角形中，，则
又，，则平面，则
则线段中点为三棱锥的外接球的球心，
又由，可得，则三棱锥的外接球的半径为1
故在球O内任取一点，该点取自三棱锥内的概率为
故选：D
【题型五】 几何概型4：坐标系型
【典例分析】
甲乙两艘轮船都要在某个泊位停靠4小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机到达,试求这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
：设出甲乙到达的时刻，列出所有基本事件的约束条件同时列出至少有一艘在停靠泊位时必须等待的约束条件，利用线性规划作出平面区域，利用几何概型概率公式求解．
【详解】设甲到达的时间为，乙到达的时间为，则，至少有一艘在停靠泊位时必须等待，则．如图红线区域内的面积为，正方形的面积为S所以两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为，故选B
【提分秘籍】
基本规律
两个事件之间相互独立的，可以设两个变量，构造坐标系
【变式演练】
1.甲乙两人各自在300米长的直线形跑道上跑步，则在任一时刻两人在跑道上相距不超过50米的概率是多少
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设甲乙两人各自跑和米，则，若满足题意即，如图
则，所以，故选B.
2.国庆节前夕，甲、乙两同学相约10月1日上午8:00到8:30之间在7路公交赤峰二中站点乘车去红山公园游玩，先到者若等了10分钟还没有等到后到者，则需发短信联系．假设两人的出发时间是独立的，在8:00到8:30之间到达7路公交赤峰二中站点是等可能的，则两人不需要发短信联系就能见面的概率是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：设两人分别于时和时到达约见地点，则，要使两人不需发短信即可见面，则必需，又两人到达地铁站的所有时刻的各种可能结果可用图中的正方形内（包括边界）中的点来表示，两人不需发短信即可见面的所有时刻的各种可能结果用图中的阴影部分（包括边界）来表示，所以，所求概率，故选C．
3.近期，新冠疫苗第三针加强针开始接种，接种后需要在留观室留观满半小时后才能离开.甲､乙两人定于某日上午前往同一医院接种，该医院上午上班时间为7：30，开始接种时间为8：00，截止接种时间为11：30.假设甲､乙在上午时段内的任何时间到达医院是等可能的，因接种人数较少，接种时间忽略不计.则甲､乙两人在留观室相遇的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
由题意，设甲､乙两人的接种时间分别为x，y，则，且满足题意即，
然后画出图形，根据图形可求得结果
【详解】由题意，设甲､乙两人的接种时间分别为x，y.
则，若满足题意即，
如图，则.故选：A
【题型六】 几何概型5：线性规划
【典例分析】
在不等式组所确定的三角形区域内随机取一点，则该点到此三角形的三个顶点的距离均大于1的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】画出可行域，如图所示，阴影部分即为所求，利用几何概型公式计算得到答案.
【详解】如图所示：画出可行域，阴影部分即为所求区域.
.故选：.
【提分秘籍】
基本规律
多限制条件，构造线性规划求解
【变式演练】
1.定义：在区域内任取一点，则点满足的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
利用几何概型计算公式，求出试验包含的全部事件对应的集合以及满足条件的事件A对应的面积，即可求得．
【详解】试验包含的全部事件对应的集合是 ，满足条件的事件
，如图所示，
， ，所以，故选A．
2.若，满足不等式组，则成立的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
首先根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，之后再作出直线，所以满足条件的区域为可行域内落在直线的下方的区域，之后分别求出其图形对应的面积，利用概率公式求得结果.
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示：
因为表示点与定点连线的斜率，
所以成立的点只能在图中的内部（含边界），
所以由几何概型得：成立的概率为，
由，得，由，得，由，得，
由，解得，由，解得，
所以，，
所以成立的概率为，故选A.
3.在区域内任取一点，则满足的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据题意，作出可行域的约束的平面区域，再结合几何概型求解即可.
【详解】解：画出区域（图中及内部），
区域内满足的区域为图中四边形的内部及边界（不包括），
且，，，
所以，所以，
故所求概率.
故选:B.

【题型七】 几何概型6：近似估值应用
【典例分析】
关于圆周率π，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的浦丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请全校名同学每人随机写下一个都小于的正实数对；再统计两数能与构成钝角三角形三边的数对的个数；最后再根据统计数估计的值，那么可以估计的值约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由试验结果知对0～1之间的均匀随机数 ，满足，面积为1，再计算构成钝角三角形三边的数对，满足条件的面积，由几何概型概率计算公式，得出所取的点在圆内的概率是圆的面积比正方形的面积，即可估计的值．
【详解】解：根据题意知，名同学取对都小于的正实数对，即，
对应区域为边长为的正方形，其面积为，
若两个正实数能与构成钝角三角形三边，则有，
其面积；则有，解得故选：．
【变式演练】
1.南北朝时期的数学家祖冲之，利用“割圆术”得出圆周率的值在与之间，成为世界上第一把圆周率的值精确到位小数的人，他的这项伟大成就比外国数学家得出这样精确数值的时间，至少要早一千年，创造了当时世界上的最高水平.我们用概率模型方法估算圆周率，向正方形及其内切圆随机投掷豆子，在正方形中的颗豆子中，落在圆内的有颗，则估算圆周率的值为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据题意，由几何概型得，其中正方形面积，，所以，解得，故选D．
2.为了近似估计π的值，用计算机分别产生90个在[−1,1]的均匀随机数x1,x2,⋯,x90和y1,y2,⋯,y90，在90组数对中，经统计有25组数对满足{y≤tanπ4x(x+1)2+(y−1)2≤4，则以此估计的π值为________．
【答案】289
【详解】试题分析：设，则直线AB过原点，且阴影面积等于直线AB与圆弧所围成的弓形面积，由图知，，又，所以.
考点：几何概型.
3.关于圆周率，数学发展史上出现过多很有创意的求法，如著名的蒲丰试验，受其启发，我们也可以通过设计下面的试验来估计的值，试验步骤如下：①先请高二年级名同学每人在小卡片上随机写下一个实数对；②若卡片上的，能与构成锐角三角形，则将此卡片上交；③统计上交的卡片数，记为；④根据统计数，估计的值.那么可以估计的值约为
A．B．C．D．
【答案】C
由题，先求得实数对区域的面积，再求得，能与构成锐角三角形的面积，根据几何概型求得概率，代入m，n即可求得的估计值.
【详解】由题意，实数对，即面积为1
且卡片上的，能与构成锐角三角形，即满足，且 ，所以面积为
所以，能与构成锐角三角形的概率为：
由题，n张卡片上交m张，即 故选C
【题型八】 几何概型7：导数函数等综合
【典例分析】
设函数，若是从三个数中任取一个，是从五个数中任取一个，那么恒成立的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】【分析】
先把的解析式变形，用分离常数法，然后用均值不等式求出最小值，本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是15个，满足条件的事件是9个，即可得出答案.
【详解】当时，
当且仅当时，取“＝”，∴，
于是恒成立就转化为成立；
当时， ，设事件A：“恒成立”，
则基本事件总数为15个，即
（0，1），（0，2）（0，3），（0，4），（0，5），（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5）；
事件A包含事件：（0，1），（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5）共9个
所以.故选：A.
【变式演练】
1.已知 都是定义在R上的函数, ，在有穷数列 (n=1,2,…,10）中，任意取前k项相加，则前k项和不小于的概率是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】令 ,则
,因此概率为 ,选C.
2.已知实数，则函数在定义域内单调递减的概率为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：求出函数单调递减时的范围，由几何概型概率公式可得．
详解：由题意，在时，恒成立，即，
又，当且仅当，即时等号成立，即的最小值为3，
∴，从而，∴所求概率为．故选．
【题型九】 几何概型8：微积分型（理）
【典例分析】
如图，设D是图中边长分别为1和2的矩形区域，E是D内位于函数y＝（x＞0）图象下方的区域（阴影部分），从D内随机取一个点M，则点M取自E内的概率为
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】【详解】因为.
所以点M取自E内的概率为.
【提分秘籍】
基本规律
利用定积分求面积算概率，此专题可做了解
【变式演练】
1.如图，在直角坐标系中，过坐标原点作曲线的切线，切点为，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，向矩形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
先设出切点，利用切线过原点求出切点P的坐标，再用积分求出阴影部分的面积，最后用几何概型求得结果.
【详解】设切点，所以切线方程，又因为过原点
所以解得 所以点P 因为与轴在围成的面积是
则阴影部分的面积为 而矩形的面积为
故向矩形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为 故选A
2.某数学爱好者设计了一个商标，如果在该商标所在平面内建立如图所示的平面直角坐标系，则商标的边缘轮廓AOC恰是函数的图像的一部分，边缘轮廓线AEC恰是一段所对圆心角为的圆弧．若在图中正方形ABCD内随机选取一点P，则点P落在商标区域内的概率为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】阴影部分的面积为
，正方形的面积为4，所以点P落在商标区域内的概率等于，故选B．
3.不等式组表示的点集记为A，不等式组表示的点集记为B，在A中任取一点P，则的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】试题分析：点集是如图所示的矩形内部，其面积为，点集是曲边三角形内部，其面积为，所求概率为．
【题型十】 圆锥曲线中的几何概型
【典例分析】
已知在双曲线中，参数都通过随机程序在区间上随机选取，其中，则双曲线的离心率在之内的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】可得，结合由几何概型概率公式可得结果.
【详解】，
所以且，画出可行域，如图，
利用几何概型概率公式可得离心率在之内的概率为
，故选D.
【变式演练】
1.已知在椭圆方程中，参数都通过随机程序在区间上随机选取，其中，则椭圆的离心率在之内的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】当 时 ，当 时,同理可得,则由下图可得所求的概率 ，故选A.
2.已知直线y=k(x+14)与曲线y=x恰有两个不同的交点，记的所有可能取值构成集合，是椭圆x216+y29=1上一动点，点P1(x1,y1)与点关于直线y=x+1对称，记y1−14的所有可能取值构成集合，若随机从集合中分别抽出一个元素λ1,λ2，则λ1>λ2的概率是___．
【答案】
【详解】试题分析：由x=k(x+14)，当x≥0时，显然k＞0，两边平方得
x=k2x2+k22x+k216，即k2x2+(k22−1)x+k216=0
由题意，该方程有两个不相等的正实数根
即k22−1<0k22−1−4k2⋅k216>0即k22<1−k2+1>0结合k＞0解得k∈(0，1)，即A＝(0，1)
对于椭圆x216+y29=1，由于原点关于y＝x＋1的对称点为(－1，1)
所以，椭圆关于y＝x＋1的对称椭圆为(y−1)216+(x+1)29=1，
P1(x1,y1)在改椭圆上，可知y1－1∈[－4，4]
于是y1−14∈[－1，1]，即B＝[－1，1]
【方法一】
由λ1∈A,λ2∈B，分别以λ1,λ2为横坐标和纵坐标，
可知点(λ1,λ2)构成一个面积为2的矩形
其中满足λ1>λ2的是图中阴影部分，面积为32
所以，满足λ1>λ2的概率是
【方法二】
当λ1∈A,λ2∈[−1,0]时，此事件发生的概率为，此时必有λ1>λ2
当λ1∈A,λ2∈(0,1]时，此事件发生的概率为，此时λ1>λ2与λ1>λ2概率相等，各占，于是此时满足λ1>λ2的概率为.
以上两事件互斥，且[－1，0]与(0，1]的区间长度相等，故满足λ1>λ2的概率为12+14=34.
【题型十一】 综合应用
【典例分析】
中华人民共和国的国旗是五星红旗，旗面左上方缀着五颗黄色五角星，四颗小星环拱在一颗大星之后，并各有一个角尖正对大星的中心点，象征着中国共产党领导下的革命人民大团结和中国人民对党的衷心拥护.五角星可以通过正五边形连接对角线得到，如图所示，在正五边形ABCDE内部任取一点，则该点取自阴影部分的概率为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，画出平面图像，通过计算得出五边形及阴影部分的面积，代入几何概型概率公式即可得解.
【详解】∵sin36°cs54°，∴2sin18°cs18°=4cs318°﹣3cs18°，化为：4sin218°+2sin18°﹣1 0，解得sin18°.
如图：
不妨设A2E2=1.
根据题意知，△B1A1E2∽△A1A2E2，∴.∴A1E2，
∴S2sin72°.
S2A2B1sin36°.
正五边形A1B1C1D1E1的面积S1，正五边形A2B2C2D2E2的面积为S3，
.
S4sin36°.S3=5sin72°，
∴在正五边形ABCDE内部任取一点，则该点取自阴影部分的概率.
故选：C.
【变式演练】
1.如下图所示，阴影部分由六个全等的三角形组成，每个三角形是底边为圆的半径，顶角为的等腰三角形，若在圆内随机取一点，则该点落到阴影部分内的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
设圆的半径为，求出阴影部分的面积和圆的面积，根据几何概型的概率公式即可直接求出答案.
【详解】设圆的半径为，阴影部分的面积为，
圆的面积为，
则该点落到阴影部分的概率为，
故选：A.
2.如图，在矩形ABCD中，，，在矩形ABCD中随机取一点，则点与，的距离都不小于2的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用几何概型的求法即得.
【详解】如图设圆弧交点为E，过E作EF⊥AB于F，
在△AEF中，AE=BE=2，，可求得∠EAF=，则
．
所以点与A，的距离都不小于2的概率为．故选：A．
3.在曲线上及其内部随机取一点，则该点取自圆上及其内部的概率为______．
【答案】
【分析】
根据题意，求出曲线表示图形的面积，以及单位圆的面积，面积比即为所求概率.
【详解】由得.
①当时，，表示以为圆心，以为半径的圆的一部分；
②当时，，表示以为圆心，以为半径的圆的一部分；
③当时，，表示以为圆心，以为半径的圆的一部分；
④当时，，表示以为圆心，以为半径的圆的一部分；
即由以上四部分组成；
在同一坐标系内画出与的图象如下：
由图象易得：
曲线表示的平面区域面积为，
单位圆的面积为，因此，所求的概率为.故答案为：.
1.已知圆：与轴负半轴交于点，圆与直线：交于两点，那么在圆内随机取一点，则该点落在内的概率为
A．B．C．D．

【答案】A
【分析】
利用弦长公式求得，利用点到直线的距离求得到直线的距离，由此求得三角形的面积，根据几何概型概率计算公式求得所求的概率.
【详解】圆心到直线的距离为，圆的半径为，故，点到直线的距离为，故三角形的面积为.故所求的概率为，故选A.
2.（理）已知实数满足,则函数存在极值的概率为
A．B．C．D．

【答案】A
【详解】分析：首先分析三次函数无极值的条件，即为导数大于等于零恒成立，找出对应的范围，注意到题中所给的的范围，从而可以确定该题为几何概型，利用定积分求得阴影的面积，之后应用概率公式求得结果，注意此时我们所求的是无极值的概率，而题中要求的是有极值的概率，还需要做减法运算.
详解：函数的导数，
若函数无极值，则恒成立，
即，即，
作出不等式对应的平面区域如图所示：
则阴影部分的面积为，
则由几何概型的概率公式，
可得函数无极值的概率为，
所以函数有极值的概率为，故选A.
3.在面积为 1 的正方形中任意取一点 ，能使三角形，，，的面积
都大于的概率为
A．B．C．D．

【答案】C
【详解】由题意可知，当P点落在距离正方形各边距离为的小正方形内时，能使三角形，，，的面积都大于，根据几何概型概率公式知 ，故选C.
4.，表示不大于的最大整数，如，，且，，，，定义：.若，则的概率为
A．B．C．D．

【答案】D
【分析】
本题考查与面积有关的几何概型问题，属中档题.
【详解】由，得函数f(x)的周期为T=2.函数f(x)的图像为如图所示的折线部分，集合对应的区域是如图所示的五个圆，半径都是.
由题得
事件对应的区域为图中的阴影部分，
所以由几何概型的公式得故选D.
5.在平面直角坐标系中，设，，向中随机投一点，则所投点在中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】区域D的面积为，区域E的面积为，所以所投点在中的概率，故选B.
6.将一颗骰子投掷两次，第一次、第二次出现的点数分别记为，设直线与平行的概率为，相交的概率为，则圆上到直线的距离为的点有
A．1个B．2个C．3个D．4个

【答案】C
【详解】由直线与平行得
由直线与相交得
所以
因此圆心到直线的距离为
即圆上到直线的距离为的点有三个，选C.
7.在区间中随机取一个实数，则事件“直线与圆相交”发生的概率为
A．B．C．D．

【答案】A
【详解】依题意得圆的圆心为，半径为.
要使直线与圆相交，则圆心到直线的距离，解得.
由几何概型的概率公式，得在区间中随机取一个实数，则事件“直线与圆相交”发生的概率为.故选A.
8.在区间内任取一个数，使得不等式成立的概率为（ ）
A．B．C．D．

【答案】C
【分析】
先求出在区间内的解集，再根据几何概型的概率公式求得答案.
【详解】因为，所以，
解得，.,
因为，所以，
所以的解集的区间长度为 ，
则所求概率，故选：C.
9.甲、乙两艘轮船都要在某个泊位停靠6个小时，假定它们在一昼夜的时间中随机到达，若两船有一艘在停泊位时，另一艘船就必须等待，则这两艘轮船停靠泊位时都不需要等待的概率为（ ）
A．B．C．D．

【答案】B
【分析】
先确定这是几何概型问题，可设甲乙分别先到的时间，建立他们之间不需要等待的关系式，作出符合条件的可行域，并求其面积，根据几何概型的概率公式计算可得答案.
【详解】设甲、乙到达停泊点的时间分别是x、y点，
则甲先到乙不需要等待须满足 ，乙先到甲不需要等待须满足，
作出不等式组 表示的可行域如图（阴影部分）：
10.由于2020年湖北省景区免费向外开放，某校高三3个毕业班决定组织学生们前去武汉参观“黄鹤楼公园”“武汉归元寺”“武汉博物馆”，若每个景区至少有一个班级参观，每个班级至少参观一处景区且最多参观一个景区，则甲班级不参观“武汉归元寺”的概率为（ ）
A．B．C．D．

【答案】D
【分析】
设“黄鹤楼公园”为A，“武汉归元寺”为B，“武汉博物馆”为C，运用列举法利用古典概率公式可求得答案.
【详解】解：设“黄鹤楼公园”为A，“武汉归元寺”为B，“武汉博物馆”为C，则三个班级依次参观的不同组合为，，，，，，则甲不参观“武汉归元寺”的概率为.故选：D.
11.萤石晶体常呈立方体、八面体或立方体的穿插双晶，集合体呈粒状或块状．如图是某萤石晶体的八面体结构，若各面均为边长为1的正三角形，为正方形，则在四边形内随机取一点，则点到点的距离大于1的概率为（ ）
A．B．C．D．

【答案】B
【分析】
根据给定条件探求出四边形的形状，并求出其面积，再求出点到点的距离大于1的区域面积，然后用几何概型计算作答.
【详解】依题意，正方形中，，而四边形为菱形，则，
于是得，则四边形为正方形，四边形的面积，
在四边形内点到点的距离大于1的点位于以为圆心，1为半径的个圆的外部，如图，
点P所在区域面积为，
所以点到点的距离大于1的概率为.故选：B
11.若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________
上海市徐汇区2020-2021学年数学试题
【答案】
【分析】
通过列举法求出满足题意的三位数十全十美数个数，再运用概率公式计算即可.
【详解】所有三位数个数为900个.
“十全十美数”有54个列举如下：①有一位数字是的，共有个，分别为；
②含有两个相同数字的，共有个，分别为；
③不含0且没有相同数字的，共有个，分别为,
从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率.
故答案为:
12.若点集，设点集
现向区域M内任投一点，则点落在区域P内的概率为（ ）
A．B．C．D．

【答案】A
【分析】
先分析集合所表示的区域，将，转化为，结合集合
，可得，作出集合所表示的区域，并计算出该区域的面积；对于集合所表示的区域，分析集合、表示的区域，把、代入，可得，分析可得集合所表示的区域形状与面积，根据几何概型的概率公式可计算出答案．
【详解】任取，，，得，
由于点，则，所以，，
所以，，表示的区域是以点，半径为的圆及其内部，其面积为；
，
集合所表示的区域是以、、、为顶点的正方形，
把、代入，可得，
集合所表示的区域是以集合的圆心在区域的边长移动，圆所覆盖的区域，区域的面积为，则向区域内任投一点，该点落在区域内的概率为，故选A．