2022高考数学一轮复习-第12章-概率-第2讲-古典概型与几何概型试题2.docx

2022高考数学一轮复习 第12章 概率 第2讲 古典概型与几何概型试题2

2022高考数学一轮复习 第12章 概率 第2讲 古典概型与几何概型试题2

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第十二章概　率
第二讲　古典概型与几何概型

1.[2021长春市第一次质量监测]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,都可以到达学校,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%
2.[2021安徽省示范高中联考]在以正五边形ABCDE的顶点为顶点的三角形中,任取一个,是钝角三角形的概率为(　　)
A.12 B.13 C.14 D.23
3.[2021石家庄质检]北京冬奥会将于2022年2月4日到2022年2月20日在北京和张家口举行.申奥成功后,中国邮政陆续发行多款邮票,图案包括冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”、多种冰上运动等.现从2枚会徽邮票、2枚吉祥物邮票、1枚冰上运动邮票共5枚邮票中任取3枚,则恰有1枚吉祥物邮票的概率为(　　)
A.310 B.12 C.35 D.710
4.[2021蓉城名校联考]已知x,y满足|x|+|y|≤1,则事件“x2+y2≤12”的概率为(　　)
A.π8 B.π4 C.1-π8 D.1-π4
5.[2021黑龙江省六校阶段联考]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:如图12-2-1,取线段AB=2,过点B作AB的垂线,并用圆规在垂线上截取BC=12AB=1,连接AC;

图12-2-1
以C为圆心,BC长为半径画弧,交AC于点D;以A为圆心,AD长为半径画弧,交AB于点E.则点E为线段AB的黄金分割点.若在线段AB上随机取一点F,则使得BE≤AF≤AE的概率约为(参考数据:5≈2.236)(　　)
A.0.236 B.0.382 C.0.472 D.0.618
6.[2021江西七校第一次联考]生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人,这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系,具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化,某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座,每艺安排一节课程,连排六节,则“数”排在前两节,“礼”和“乐”相邻排课的概率为(　　)
A.710 B.760 C.920 D.4760
7.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村的小学进行支教,若每个村的小学至少分配1名大学生,则小明恰好分配到甲村的小学的概率为(　　)
A.112 B.12 C.13 D.16
8.[2020唐山市摸底考试]图12-2-2由一个半圆和一个四分之一圆构成,其中空白部分为二者的重合部分,两个阴影部分分别记为A和M.在此图内任取一点,此点取自A区域的概率记为P(A),取自M区域的概率记为P(M),则 (　　)

图12-2-2
A.P(A)>P(M)
B.P(A)与圆综合]在区间[-2,2]上随机取一个数b,若使直线y=x+b与圆x2+y2=a有交点的概率为12,则a=(　　)
A.14 B.12 C.1 D.2
12.有4位游客来某地旅游,若每人只能从此地甲、乙、丙三个不同景点中选择一处游览,则每个景点都有人去游览的概率为(　　)
A.34 B.916 C.89 D.49
13.[2020大同市高三调研]中国象棋是中华文化的瑰宝,中国象棋棋盘上的“米”字形方格叫作九宫.现有一张中国象棋棋盘的示意图如图12-2-3所示.若在矩形ABCD内(其中楚河汉界宽度等于每个小格的边长)随机取一点,则该点落在九宫内的概率是　　　　. 

图12-2-3

14.[2021苏州中学调研]苏州轨道交通3号线已开始运行,苏州轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验,征求意见”活动,市民可以通过苏州地铁App抢票.小陈抢到了三张体验票,准备从四位朋友小王、小张、小刘和小李中随机选择两位去参加体验活动,则小王和小李至多有一人被选中的概率为(　　)
A.16 B.13 C.23 D.56
15.[2020衡水中学6月模拟]2020年是中国农历的鼠年,中国邮政为此发行了一枚名为“鼠兆丰年”的鼠年生肖邮票,两只大老鼠带着可爱的小老鼠侧身远望,身边是寓意丰收的花生,表情欢喜、得意,寓意2020年五谷丰登,阖家欢乐.该邮票的规格为36×36 mm,为了估算图12-2-4中3只老鼠图案的面积,现向该邮票内随机投掷200粒芝麻,恰有120粒芝麻落在老鼠图案内,据此可估计老鼠图案的面积为(　　)

图12-2-4
A.791 mm2 B.778 mm2
C.745 mm2 D.700 mm2
16.[2020安徽省示范高中名校联考]长三角城市群包括:上海市及江苏省、浙江省、安徽省全部区域.现有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个省市旅游,假设每名同学均从这四个省市中任意选取一个去旅游,且这4名同学的选择结果互不影响,则恰有一个省市未被选中的概率为(　　)
A.2764 B.916 C.81256 D.716
17.[2020洛阳市第一次联考]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轴有公共点的概率为(　　)
A.215 B.715 C.35 D.1115
18.[2020武汉市部分学校质量监测]圆周率π是一个在数学及物理学中普遍存在的数学常数,它既常用又神秘,古今中外很多数学家曾研究它的计算方法.下面做一个游戏:请足够多的人各自随意写下两个小于1的正数,然后请他们各自检查一下,所得的两数与1是否能作为一个锐角三角形的三边长,最后把结论告诉你,你只需将每个人的结论记录下来就能算出圆周率的近似值.假设有n个人说“能”,而有m个人说“不能”,那么应用你学过的知识可算得圆周率π的近似值为(　　)
A.mm+n B.nm+n C.4mm+n D.4nm+n
19.将一颗质地均匀的骰子(一种各个面分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次,则出现向上的点数之和为大于8的偶数的概率为(　　)
A.112 B.19 C.16 D.14
20.[2020成都市高三摸底测试]为践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念,某城区对辖区内A,B,C三类行业共200个单位的生态环境治理成效进行了考核评估,考评成绩达到80分及以上的单位被称为“星级”环保单位,未达到80分的单位被称为“非星级”环保单位.现通过分层抽样的方法抽取了这三类行业中的20个单位,其考评分数如下.
A类行业:85,82,77,78,83,87.
B类行业:76,67,80,85,79,81.
C类行业:87,89,76,86,75,84,90,82.
(1)试估算这三类行业中每类行业的单位个数;
(2)若在抽出的A类行业的这6个单位中,随机选取3个单位进行交流发言,求选出的3个单位中既有“星级”环保单位,又有“非星级”环保单位的概率.

21.[2020河北张家口5月模拟][角度创新]定义一个运算:对于一个正整数n,如果它是奇数,则将它乘3再加1;如果它是偶数,则将它除以2.如此循环最终都能够得到1.如:取n=6,根据上述过程,得出6,3,10,5,16,8,4,2,1,共9个数.若n=5,从根据上述过程得出的整数中,随机选取两个不同的数,则这两个数都是偶数的概率为(　　)
A.37 B.715 C.25 D.35
22. [2020武汉市部分学校质量监测][新角度题]同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次,记事件A={第一个四面体向下的一面出现偶数},事件B={第二个四面体向下的一面出现奇数},事件C={两个四面体向下的一面同时出现奇数,或者同时出现偶数}.给出下列说法:
①P(A)=P(B)=P(C);②P(AB)=P(AC)=P(BC);③P(ABC)=18;④P(A)P(B)P(C)18.其中正确的有(　　)
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个

答 案
第二讲　古典概型与几何概型

1.D　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之间到达车站乘坐上甲路公交车的概率为910=90%,故选D.
2.A　在正五边形ABCDE的五个顶点中任取三个顶点可以构成的三角形有△ABC,△ABD,△ABE,△ACD,△ACE,△ADE,△BCD,△BCE,△BDE,△CDE,共10个三角形,其中△ABC,△BCD,△CDE,△ADE,△ABE这5个三角形是钝角三角形,所以在以正五边形ABCDE的顶点为顶点的三角形中,任取一个,是钝角三角形的概率P=510=12,故选A.
3.C　解法一(组合数法)　从5枚邮票中任取3枚的基本事件总数为C53=10,
3枚中恰有1枚吉祥物邮票的基本事件数为C21·C32=6,
所以恰有1枚吉祥物邮票的概率P=610=35.故选C.
解法二(枚举法)　记5枚邮票中吉祥物邮票分别为x,y,其余三枚分别为a,b,c,则从5枚邮票中任取3枚的基本事件有abc,abx,aby,bcx,bcy,acx,acy,axy,bxy,cxy,共10个,
3枚中恰有1枚吉祥物邮票的基本事件有abx,aby,bcx,bcy,acx,acy,共6个,
所以恰有1枚吉祥物邮票的概率P=610=35.故选C.
4.B　根据不等式|x|+|y|≤1可得x+y≤1,x-y≤1,-x+y≤1,-x-y≤1,作出其表示的平面区域可以得到一个边长为2的正方形及其内部,如图D 12-2-2,x2+y2≤12表示圆心为(0,0),半径为22的圆的内部及边界,所以事件“x2+y2≤12”的概率P=π×(22)22×2=π4.

图D 12-2-2
5.A　由勾股定理可得AC=5,由题图可知BC=CD=1,AD=AE=5-1≈1.236,BE≈2-1.236=0.764,则0.764≤AF≤1.236,由几何概型的概率计算公式可知,使得BE≤AF≤AE的概率约为1.236-0.7642=0.236,故选A.
6.B　“礼、乐、射、御、书、数”六节课程不考虑限制因素有A66=720(种)排法,其中“数”排在前两节,“礼”和“乐”相邻排课的排课方法可以分两类:
①“数”排在第一节,“礼”和“乐”两门课程相邻排课,则有C41A22A33=48(种)排法;
②“数”排在第二节,“礼”和“乐”两门课程相邻排课,则有C31A22A33=36(种)排法.
故“数”排在前两节,“礼”和“乐”相邻排课的排法共有48+36=84(种),所以“数”排在前两节,“礼”和“乐”相邻排课的概率P=84720=760,故选B.
7.C　大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村的小学进行支教,每个村的小学至少分配1名大学生,基本事件总个数n=C42A33=36,小明恰好分配到甲村的小学包含的基本事件个数m=A33+C32A22=12,所以小明恰好分配到甲村的小学的概率P=mn=1236=13.故选C.
8.C　不妨设四分之一圆的半径为1,则半圆的半径为22.记A区域的面积为S1,M区域的面积为S2,则S2=12π×(22)2-(14π×12-S1)=S1,所以P(A)=P(M),故选C.
9.C　根据题意,可知PC即为阳马P-ABCD的外接球的直径,故外接球的体积V球=43π×(32)3=9π2.
由题意知,PA⊥平面ABCD,则PC=PA2+AB2+AD2,所以3=PA2+12+22,所以PA=2,则阳马P-ABCD的体积V阳马P-ABCD=13×1×2×2=43,
所以所求概率P=439π2=827π.故选C.
10.B　在区间[-π,π]上随机取两个实数a,b,则点(a,b)在如图D 12-2-3所示的正方形内部及其边界上.因为m·n=4a2+4b2≥4π2,所以a2+b2≥π2.故满足条件的点(a,b)在以原点为圆心,π为半径的圆外部(含边界),且在正方形内(含边界),如图D 12-2-3中阴影部分所示,所以m·n≥4π2的概率P=4π2-π34π2=1-π4,故选B.

图D 12-2-3
11.B　由题意得圆心到直线的距离d=|b|2≤a,∴b∈[-2a,2a],∴22a4=12,解得a=12.故选B.
12.D　解法一　由题意知,4位游客各从甲、乙、丙三个不同景点中选择一处游览的选法有34=81(种).
第一步:从三个不同景点中选出一个景点有2位游客去游览的选法有C31种.
第二步:从4位游客中选2位到第一步选出的景点去游览有C42种方法.
第三步:余下2位游客到余下的两个景点的分法有A22种.所以每个景点都有人去游览的方法有C31C42A22=36(种),于是所求概率为P=3681=49,故选D.
解法二　由题意知,4位游客各从甲、乙、丙三个不同景点中选择一处游览的选法有34=81(种).将4位游客分为3组的分法有C42种,然后将这3组游客分到甲、乙、丙三个不同景点,其分法有A33种,由分步乘法计数原理知,每个景点都有人去游览的方法有C42A33=36(种).于是所求概率为P=3681=49,故选D.
13.19　设每个小正方形的边长为1,则矩形ABCD的面积为72,两个九宫的面积和为8,所以若在矩形ABCD内随机取一点,则该点落在九宫内的概率P=872=19.

14.D　解法一(间接法)　从小王、小张、小刘和小李中随机选择两位的基本事件总数为C42=6,小王和小李均被选中的基本事件数为C22=1,故小王和小李至多有一人被选中的概率为P=1-16=56.故选D.
解法二(直接法)　从小王、小张、小刘和小李中随机选择两位的基本事件总数为C42=6,
小王和小李至多有一人被选中分为两类:
第一类,小王、小李均没被选中,其对应的基本事件数为C22=1;
第二类,小王、小李恰有一人被选中,其对应的基本事件数为C21×C21=4.
故小王和小李至多有一人被选中的概率为P=1+46=56.故选D.
15.B　设老鼠图案的面积为S,
根据题意得S36×36=120200,
即S=120200×36×36≈778(mm2),故选B.
16.B　4名高三学生从这四个省市中各任意选取一个去旅游,共有44种可能结果.设事件A为“恰有一个省市未被选中”,则事件A包含的结果有C42A43144(种),所以P(A)=14444=916,故选B.
17.D　记“函数f(x)的图象与x轴有公共点”为事件A,当函数f(x)的图象与x轴有公共点时,对于方程-x2+mx+m=0,有Δ=m2+4m≥0,解得m≤-4或m≥0,又m∈[-6,9],所以-6≤m≤-4或0≤m≤9.故P(A)=2+915=1115,故选D.
18.C　因为总人数是m+n,所以写出的(m+n)组数可以看作是(m+n)个点的坐标,满足与1不能作为一个锐角三角形的三边长的是指两个数构成的点的坐标(x,y)满足x2+y2≤1,且x>0,y>0,如图D 12-2-4中阴影部分所示,由几何概型的概率计算公式,得14π×121×1=mm+n,解得π=4mm+n,选C.

图D 12-2-4
19.B　将先后两次的点数记为有序实数对(x,y),则基本事件共有6×6=36(个),其中点数之和为大于8的偶数有(4,6),(6,4),(5,5),(6,6),共4种,则满足条件的概率为436=19.故选B.
20.(1)由题意,抽取的三类行业的单位个数之比为3∶3∶4.
由分层抽样的定义,有
A类行业单位的个数为310×200=60;
B类行业单位的个数为310×200=60;
C类行业单位的个数为410×200=80.
∴A,B,C三类行业的单位个数分别为60,60,80.
(2)记“选出的这3个单位中既有‘星级’环保单位,又有‘非星级’环保单位”为事件M.
在A类行业的6个单位中随机选取3个单位,这3个单位的考评分数的情形有:{85,82,77},{85,82,78},{85,82,83},
{85,82,87},{85,77,78},{85,77,83},{85,77,87},{85,78,83},{85,78,87},{85,83,87},{82,77,78},{82,77,83},{82,77,87},{82,78,83},{82,78,87},{82,83,87},{77,78,83},{77,78,87},{77,83,87},{78,83,87}.共20种.
这3个单位都是“星级”环保单位的情形有:{85,82,83},{85,82,87},{85,83,87},{82,83,87}.共4种.
这3个单位都是“非星级”环保单位的情形有0种.
∴这3个单位都是“星级”环保单位或都是“非星级”环保单位的情形共有4种.
∴P(M)=1-420=45.
21.C　根据所给定义可知当n=5时,得出的数为5,16,8,4,2,1.从中随机选取两个不同的数,基本事件有:{5,16},{5,8},{5,4},{5,2},{5,1},{16,8},{16,4},{16,2},{16,1},{8,4},{8,2},{8,1},{4,2},{4,1},{2,1}.共15个.
而取出的这两个数都是偶数的基本事件有:{16,8},{16,4},{16,2},{8,4},{8,2},{4,2}.共6个.
所以随机选取两个不同的数,则这两个数都是偶数的概率为P=615=25.故选C.
22.D　由古典概型的概率计算公式,得P(A)=P(B)=24=12,P(C)=84×4=12,所以P(A)=P(B)=P(C)=12,①正确;P(A)P(B)P(C)=18,④正确;
而事件A,B,C不可能同时发生,故P(ABC)=0,所以③不正确;又P(AB)=2×24×4=14,P(AC)=2×24×4=14,P(BC)=2×24×4=14,所以P(AB)=P(AC)=P(BC),②正确.故选D.