PAGE課時作業梯級練七十古典概型、幾何概型一、選擇題(每小題5分，共25分)1.甲、乙兩人有三個不同的學習小組A,B,C可以參與,若每人必需參與并且僅能參與一個學習小組,則兩人參與同一個小組的概率為 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選A.甲、乙兩人參與三個不同的學習小組共包含9個基本領件,其中兩人參與同一個小組包含3個基本領件(A,A),(B,B),(C,C),則所求概率為P=QUOTE=QUOTE.2.現有2個正方體,3個三棱柱,4個球和1個圓臺,從中任取一個幾何體,則該幾何體是旋轉體的概率為 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選C.共有10個幾何體,其中旋轉體有5個,所以從中任取一個幾何體,則該幾何體是旋轉體的概率為QUOTE=QUOTE.3.在一個球內有一棱長為1的內接正方體,一動點在球內運動,則此點落在正方體內部的概率為 ()A.QUOTE B.QUOTEπ C.QUOTE D.QUOTE【解析】選D.由題意可知這是一個幾何概型,棱長為1的正方體的體積V1=1,球的直徑是正方體的體對角線長,故球的半徑R=QUOTE,球的體積V2=QUOTEπ×QUOTE=QUOTEπ,則此點落在正方體內部的概率P=QUOTE=QUOTE.4.若任取x、y∈QUOTE,則點P(x,y)滿意y>x的概率為 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選C.依據幾何概型的概率計算公式可知P=QUOTE=QUOTE.5.在區間QUOTE上隨機地選擇一個數p,則方程x2-px+3p-8=0有兩個正根的概率為 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選A.因為方程x2-px+3p-8=0有兩個正根,所以QUOTE,所以p≥8或QUOTE<p≤4,又因為p∈QUOTE,所以所求概率為P=QUOTE=QUOTE.二、填空題(每小題5分,共15分)6.七巧板是中國古代勞動人民的獨創,其歷史至少可以追溯到公元前一世紀,清陸以湉《冷廬雜識》卷一中寫道“近又有七巧圖,其式五,其數七,其改變之式多至千余.”在18世紀,七巧板流傳到了國外,被譽為“東方魔板”,至今英國劍橋高校的圖書館里還珍藏著一部《七巧新譜》.完整圖案為一正方形(如圖):五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形,假如在此正方形中隨機取一點,那么此點取自陰影部分的概率是.

【解析】設大正方形邊長為1,大正方形面積為S=1,陰影部分是兩個等腰直角三角形和一個正方形,由圖可知陰影部分正方形的邊長為QUOTE,陰影部分大的等腰直角三角形的直角邊長為QUOTE,小的等腰直角三角形的直角邊長為QUOTE,陰影部分的面積為S′=QUOTE+QUOTE×QUOTE+QUOTE×QUOTE=QUOTE,所以所求概率為P=QUOTE=QUOTE.答案:QUOTE7．(2024·懷化模擬)甲、乙兩人隨意住兩間空房，則甲、乙兩人各住一間房的概率是________．【解析】由題意符合古典概型，甲，乙兩人隨意入住兩間空房，每人有兩種住法，故兩人有4種住法，甲乙兩人各住一間房的住法種數有2種，所以甲、乙兩人各住一間房的概率為P＝eq\f(2,4)＝0.5.答案：0.58．(2024·汕頭模擬)如圖是一種圓內接六邊形ABCDEF，其中BC＝CD＝DE＝EF＝FA且AB⊥BC.則在圓內隨機取一點，則此點取自六邊形ABCDEF內的概率是________.【解析】因為BC＝CD＝DE＝EF＝FA且AB⊥BC.所以該圖形是該圓的內接正八邊形AMNBCDEF的一部分(如圖).易知，以O為頂點，正八邊形的各邊為底邊的八個等腰三角形全等．且它們的腰長為圓的半徑r，頂角為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(360,8)))°＝45°.故每個小等腰三角形的面積為S＝eq\f(1,2)r2sin45°＝eq\f(\r(2),4)r2.內接六邊形ABCDEF的面積為S△OAF＋S△OFE＋S△OED＋S△ODC＋S△OCB＋S△OAB，由正八邊形的性質知：四邊形ABCF是矩形，且S△OAB＝S△OAF，所以S六邊形ABCDEF＝6S△OAF＝6S＝6×eq\f(\r(2),4)r2＝eq\f(3\r(2)r2,2).又S圓O＝πr2，故所求概率為：P＝eq\f(\f(3\r(2)r2,2),πr2)＝eq\f(3\r(2),2π).答案：eq\f(3\r(2),2π)三、解答題(每小題10分，共20分)9．某地區有小學21所，中學14所，高校7所，現采納分層抽樣的方法從這些學校中抽取6所學校對學生進行視力調查．(1)求應從小學、中學、高校中分別抽取的學校數目．(2)若從抽取的6所學校中隨機抽取2所學校做進一步數據分析，①列出全部可能的抽取結果；②求抽取的2所學校均為小學的概率．【解析】(1)由分層抽樣定義知，從小學中抽取的學校數目為6×eq\f(21,21＋14＋7)＝3；從中學中抽取的學校數目為6×eq\f(14,21＋14＋7)＝2；從高校中抽取的學校數目為6×eq\f(7,21＋14＋7)＝1.故從小學、中學、高校中分別抽取的學校數目為3，2，1.(2)①在抽取的6所學校中，3所小學分別記為A1，A2，A3，2所中學分別記為A4，A5，高校記為A6，則抽取2所學校的全部可能結果為{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共15種．②從6所學校中抽取的2所學校均為小學(記為事務B)的全部可能結果為{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3種，所以P(B)＝eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).10．已知向量a＝(－2，1)，b＝(x，y).(1)若x，y分別表示將一枚質地勻稱的正方體骰子(六個面的點數分別為1，2，3，4，5，6)先后拋擲兩次時第一次、其次次出現的點數，求滿意a·b＝－1的概率；(2)若x，y在連續區間[1，6]上取值，求滿意a·b＜0的概率．【解析】(1)將一枚質地勻稱的正方體骰子先后拋擲兩次，所包含的基本領件總數為6×6＝36，由a·b＝－1，得－2x＋y＝－1，所以滿意a·b＝－1的基本領件為(1，1)，(2，3)，(3，5)，共3個．故滿意a·b＝－1的概率為eq\f(3,36)＝eq\f(1,12).(2)若x，y在連續區間[1，6]上取值，則全部基本領件的結果為Ω＝{(x，y)|1≤x≤6，1≤y≤6}．滿意a·b＜0的基本領件的結果為A＝{(x，y)|1≤x≤6，1≤y≤6且－2x＋y＜0}．畫出圖象如圖所示，矩形的面積為S矩形＝25，陰影部分的面積為S陰影＝25－eq\f(1,2)×2×4＝21，故滿意a·b＜0的概率為eq\f(21,25).1．（5分）如圖所示，設M是半徑為R的圓周上一個定點，在圓周上等可能地任取一點N，連接MN，則弦MN的長超過eq\r(2)R的概率為()A．eq\f(1,5)B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3)D．eq\f(1,2)【解析】選D.如圖，在圓上過圓心O作與OM垂直的直徑CD，則MD＝MC＝eq\r(2)R，當點N不在半圓弧上時，MN＞eq\r(2)R，故所求的概率P(A)＝eq\f(πR,2πR)＝eq\f(1,2).2．（5分）(2024·榆林模擬)勒洛三角形是由德國機械工程專家、機構運動學家勒洛(1829－1905)首先發覺的，所以以他的名字命名，其作法如下：以等邊三角形每個頂點為圓心，以邊長為半徑，在另外兩個頂點間作一段弧，三段弧圍成的曲邊三角形就是勒洛三角形．若在勒洛三角形內部隨機取一點，則此點取自等邊三角形外部的概率為()A．eq\f(3\r(3)－π,2（π－\r(3)）) B．eq\f(2π－3\r(3),2（π－\r(3)）)C．eq\f(2π－3\r(3),2π－\r(3)) D．eq\f(2π－3,2π－\r(3))【解析】選B.如圖，設BC＝2，以B為圓心的扇形面積是：eq\f(π×22,6)＝eq\f(2π,3)，△ABC的面積是：eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，所以勒洛三角形的面積為3個扇形面積減去2個正三角形面積，即eq\f(2π,3)·3－2eq\r(3)＝2π－2eq\r(3)，所以在勒洛三角形中隨機取一點，此點取自正三角形外部的概率是：1－eq\f(\r(3),2π－2\r(3))＝eq\f(2π－3\r(3),2（π－\r(3)）).3．（5分）連續投骰子兩次得到的點數分別為m，n，作向量a＝(m，n)，則a與b＝(1，－1)的夾角θ成為直角三角形內角的概率是________．【解析】由題意知本題是一個古典概型，試驗發生包含的全部事務數為6×6，因為m＞0，n＞0，所以a＝(m，n)與b＝(1，－1)不行能同向．所以夾角θ≠0.因為θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，a·b≥0，所以m－n≥0，即m≥n.當m＝6時，n＝6，5，4，3，2，1；當m＝5時，n＝5，4，3，2，1；當m＝4時，n＝4，3，2，1；當m＝3時，n＝3，2，1；當m＝2時，n＝2，1；當m＝1時，n＝1.所以滿意條件的事務數為6＋5＋4＋3＋2＋1，所以概率P＝eq\f(6＋5＋4＋3＋2＋1,6×6)＝eq\f(7,12).答案：eq\f(7,12)4．（10分）甲、乙兩人參與普法學問競賽，共有5個不同題目，選擇題3個，推斷題2個，甲、乙兩人各抽一題．(1)求甲、乙兩人中有一個抽到選擇題，另一個抽到推斷題的概率是多少；(2)求甲、乙兩人中至少有一人抽到選擇題的概率是多少．【解析】5個不同題目，甲、乙兩人各抽一題，共有20種狀況，把3個選擇題記為x1，x2，x3，2個推斷題記為p1，p2.“甲抽到選擇題，乙抽到推斷題”的狀況有：(x1，p1)，(x1，p2)，(x2，p1)，(x2，p2)，(x3，p1)，(x3，p2)，共6種；“甲抽到推斷題，乙抽到選擇題”的狀況有：(p1，x1)，(p1，x2)，(p1，x3)，(p2，x1)，(p2，x2)，(p2，x3)，共6種；“甲、乙都抽到選擇題”的狀況有：(x1，x2)，(x1，x3)，(x2，x1)，(x2，x3)，(x3，x1)，(x3，x2)，共6種；“甲、乙都抽到推斷題”的狀況有：(p1，p2)，(p2，p1)，共2種．(1)“甲抽到選擇題，乙抽到推斷題”的概率為eq\f(6,20)＝eq\f(3,10)，“甲抽到推斷題，乙抽到選擇題”的概率為eq\f(6,20)＝eq\f(3,10)，故“甲、乙兩人中有一個抽到選擇題，另一個抽到推斷題”的概率為eq\f(3,10)＋eq\f(3,10)＝eq\f(3,5).(2)“甲、乙兩人都抽到推斷題”的概率為eq\f(2,20)＝eq\f(1,10)，故“甲、乙兩人至少有一人抽到選擇題”的概率為1－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10).5．（10分）已知函數f(x)＝ax＋eq\f(1,x).(1)從區間(－2，2)內任取一個實數a，設事務A表示“函數y＝f(x)－2在區間(0，＋∞)上有兩個不同的零點”，求事務A發生的概率；(2)若連續擲兩次一枚勻稱的骰子(骰子六個面上標注的點數分別為1，2，3，4，5，6)得到的點數分別為a和b，記事務B表示“f(x)＞b在x∈(0，＋∞)上恒成立”，求事務B發生的概率．【解析】(1)因為函數y＝f(x)－2在區間(0，＋∞)上有兩個不同的零點，所以f(x)－2＝0，即ax2－2x＋1＝0有兩個不同的正根x1和x2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠0,x1＋x2＝\f(2,a)＞0,x1x2＝\f(1,a)＞0,Δ＝4－4a＞0))，解得0＜a＜1，所以P(A)＝eq\f(1－0,2－（－2）)＝eq\f(1,4).(2)由已知a＞0，x＞0，所以f(x)＞b，即ax2－bx＋1＞0在x∈(0，＋∞)上恒成立，故Δ＝b2－4a＜0(*).當a＝1時，b＝1適合(*)；當a＝2時，b＝1，2適合(*)；當a＝3，4時，b＝1，2，3均適合(*)；當a＝5，6時，b＝1，2，3，4均適合(*).所以滿意(*)的基本領件個數為m＝1＋2＋6＋8＝17.而基本領件總數為n＝6×6＝36，所以事務B發生的概率P(B)＝eq\f(m,n)＝eq\f(17,36).1．用黑白兩種顏色隨機地染如圖所示表格中6個格子，每個格子染一種顏色，則有______個不同的染色方法，出現從左至右數，不管數到哪個格子，總有黑色格子不少于白色格子的概率為______．【解析】用黑白兩種顏色隨機地染表格中6個格子，每個格子染一種顏色，則有：26＝64個不同的染色方法，出現從左至右數，不管數到哪個格子，總有黑色格子不少于白色格子，包含的基本領件有：全染黑色，有1種方法，第一個格子染黑色，另外五個格子中有1個格染白色，剩余的都染黑色，有5種方法，第一個格子染黑色，另外五個格子中有2個格染白色，剩余的都染黑色，有9種方法，第一個格子染黑色，另外五個格子中有3個格染白色，剩余