高考复习《几何概型》课时作业12.3

这是一份高考复习《几何概型》课时作业12.3，共9页。

1．(2020·武汉模拟)
如图是一个边长为4的正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷800个点，其中落入黑色部分的有453个点，据此可估计黑色部分的面积约为( )
A．11 B．10
C．9 D．8
C 由随机模拟试验可得eq \f(S黑,S正)＝eq \f(453,800)，所以S黑＝eq \f(453,800)×16≈9，故选C.
2．设复数z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为( )
A.eq \f(3,4)＋eq \f(1,2π) B.eq \f(1,4)－eq \f(1,2π)
C.eq \f(1,2)－eq \f(1,π) D.eq \f(1,2)＋eq \f(1,π)
B 由|z|≤1可得(x－1)2＋y2≤1，表示以(1，0)为圆心，1为半径的圆及其内部，满足y≥x的部分为如图阴影部分所示，由几何概型概率公式可得所求概率为
P＝eq \f(\f(1,4)π×12－\f(1,2)×12,π×12)＝eq \f(\f(π,4)－\f(1,2),π)＝eq \f(1,4)－eq \f(1,2π).
3．(2020·石家庄模拟)已知P是△ABC所在平面内一点，eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＋2eq \(PA,\s\up6(→))＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,2)
D 以PB，PC为邻边作平行四边形PBDC，
则eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \(PD,\s\up6(→))，因为eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＋2eq \(PA,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝－2eq \(PA,\s\up6(→))，得eq \(PD,\s\up6(→))＝－2eq \(PA,\s\up6(→))，
由此可得，P是△ABC边BC上的中线AO的中点，点P到BC的距离等于A到BC距离的eq \f(1,2)，
所以S△PBC＝eq \f(1,2)S△ABC，
所以将一粒黄豆随机撒在△ABC内，黄豆落在△PBC内的概率为eq \f(S△PBC,S△ABC)＝eq \f(1,2)，故选D.
4．(2019·济南二模)19世纪末，法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”，即“在一个圆内任意选一条弦，这条弦的弦长大于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少？”贝特朗用了“随机半径”“随机端点”“随机中点”三个合理的求解方法，但结果都不相同．该悖论的矛头直击概率概念本身，强烈地刺激了概率论基础的严格化．已知“随机端点”的方法如下：设A为圆O上一个定点，在圆周上随机取一点B，连接AB，求所得弦长AB大于圆O的内接等边三角形边长的概率．则由“随机端点”法所求得的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
C
设“弦AB的长超过圆内接正三角形边长”为事件M，以点A为一顶点，在圆中作一圆内接正三角形ACD，如图所示，则要满足题意，点B只能落在劣弧CD上，又圆内接正三角形ACD恰好将圆周3等分，故P(M)＝eq \f(劣弧CD的长,圆的周长)＝eq \f(1,3)，故选C.
5．在区间[0，2]上随机地取一个数x，则事件“－1≤lgeq \s\d9(\f(1,2))x＋eq \f(1,2)≤1”发生的概率为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,4)
A 由－1≤lgeq \s\d9(\f(1,2))x＋eq \f(1,2)≤1，得eq \f(1,2)≤x＋eq \f(1,2)≤2，
得0≤x≤eq \f(3,2).
由几何概型的概率计算公式，得所求概率
P＝eq \f(\f(3,2)－0,2－0)＝eq \f(3,4).
6．(2020·武昌质检)如图，矩形ABCD的四个顶点的坐标分别为A(0，－1)，B(π，－1)，C(π，1)，D(0，1)，正弦曲线f(x)＝sin x和余弦曲线g(x)＝cs x在矩形ABCD内交于点F，向矩形ABCD区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是( )
A.eq \f(1＋\r(2),π) B.eq \f(1＋\r(2),2π)
C.eq \f(1,π) D.eq \f(1,2π)
B 根据题意，可得曲线y＝sin x与y＝cs x围成的区域的面积为∫πeq \s\d9(\f(π,4))(sin x－cs x)dx＝(－cs x－sin x)πeq \s\d9(\f(π,4))＝1－－eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(2),2)＝1＋eq \r(2).又矩形ABCD的面积为2π，由几何概型概率公式得该点落在阴影区域内的概率是eq \f(1＋\r(2),2π).故选B.
7．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________．
解析 设事件“在区间[－4，5]上随机取一个数x，则x∈D”为事件A，由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，
∴D＝[－2，3]．
如图，区间[－4，5]的长度为9，定义域D的长度为5，
∴P(A)＝eq \f(5,9).
答案 eq \f(5,9)
8．如图，在面积为S的矩形ABCD内任取一点P，则△PBC的面积小于eq \f(S,4)的概率为________．
解析 如图，设△PBC的边BC上的高为PF，
线段PF所在的直线交AD于点E，当△PBC的面积等于eq \f(S,4)时，eq \f(1,2)BC·PF＝eq \f(1,4)BC·EF，所以PF＝eq \f(1,2)EF.过点P作GH平行于BC交AB于点G，交CD于点H，则满足条件“△PBC的面积小于eq \f(S,4)”的点P落在矩形区域GBCH内．
设“△PBC的面积小于eq \f(S,4)”为事件A，则构成事件A的区域的面积为eq \f(S,2)，而试验的全部结果所构成的区域面积为S，所以由几何概型概率的计算公式得P(A)＝eq \f(\f(S,2),S)＝eq \f(1,2).
所以△PBC的面积小于eq \f(S,4)的概率是eq \f(1,2).
答案 eq \f(1,2)
9．如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥A—A1BD内的概率为________．
解析 因为VA－A1BD＝VA1－ABD＝eq \f(1,3)AA1×S△ABD
＝eq \f(1,6)×AA1×S矩形ABCD＝eq \f(1,6)V长方体，
故所求概率为eq \f(VA－A1BD,V长方体)＝eq \f(1,6).
答案 eq \f(1,6)
10．正方形的四个顶点A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1，1)，D(－1，1)分别在抛物线y＝－x2和y＝x2上，如图所示．若将一个质点随机投入到正方形ABCD中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．
解析 正方形内空白部分面积为eq \i\in(－1,1,)[x2－(－x2)]dx
＝eq \i\in(－1,1,)2x2dx＝eq \f(2,3)·x3eq \\al(1,－1)＝eq \f(2,3)－－eq \f(2,3)＝eq \f(4,3)，
阴影部分面积为2×2－eq \f(4,3)＝eq \f(8,3)，
所以所求概率为eq \f(\f(8,3),4)＝eq \f(2,3).
答案 eq \f(2,3)
11．在区间[－π，π]内随机取出两个数分别记为a，b，求函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π2有零点的概率．
解 由函数
f(x)＝x2＋2ax－b2＋π2有零点，可得Δ＝(2a)2－4(－b2＋π2)≥0，整理得a2＋b2≥π2，如图所示，(a，b)可看成坐标平面上的点，试验的全部结果构成的区域为Ω＝{(a，b)|－π≤a≤π，－π≤b≤π}，其面积SΩ＝(2π)2＝4π2.
事件A表示函数f(x)有零点，所构成的区域为M＝{(a，b)|a2＋b2≥π2}，即图中阴影部分，其面积为SM＝4π2－π3，故P(A)＝eq \f(SM,SΩ)＝eq \f(4π2－π3,4π2)＝1－eq \f(π,4).
12．已知向量a＝(－2，1)，b＝(x，y)．
(1)若x，y分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足a·b＝－1的概率；
(2)若x，y在连续区间[1，6]上取值，求满足a·b<0的概率．
解 (1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为6×6＝36，
由a·b＝－1，得－2x＋y＝－1，所以满足a·b＝－1的基本事件为(1，1)，(2，3)，(3，5)，共3个．
故满足a·b＝－1的概率为eq \f(3,36)＝eq \f(1,12).
(2)若x，y在连续区间[1，6]上取值，则全部基本事件的结果为Ω＝{(x，y)|1≤x≤6，1≤y≤6}．
满足a·b<0的基本事件的结果为A＝{(x，y)|1≤x≤6，1≤y≤6且－2x＋y<0}．
画出图象如图所示，矩形的面积为S矩形＝25，
阴影部分的面积为S阴影＝25－eq \f(1,2)×2×4＝21，
故满足a·b<0的概率为eq \f(21,25).
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13．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆．在扇形OAB内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )
A．1－eq \f(2,π) B.eq \f(1,2)－eq \f(1,π)
C.eq \f(2,π) D.eq \f(1,π)
A 设分别以OA，OB为直
径的两个半圆交于点C，OA的中点为D，如图，连接OC，DC.
不妨令OA＝OB＝2，则OD＝DA＝DC＝1.
在以OA为直径的半圆中，空白部分面积
S1＝eq \f(π,4)＋eq \f(1,2)×1×1－eq \f(π,4)－eq \f(1,2)×1×1＝1，
所以整体图形中空白部分面积S2＝2.
又因为S扇形OAB＝eq \f(1,4)×π×22＝π，
所以阴影部分面积为S3＝π－2.
所以P＝eq \f(π－2,π)＝1－eq \f(2,π).
14．已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f′(x)g(x)＜f(x)g′(x)，f(x)＝ax·g(x)，eq \f(f（1）,g（1）)＋eq \f(f（－1）,g（－1）)＝eq \f(5,2)，在有穷数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(f（n）,g（n）)))(n＝1，2，…，10)中，任意取前k项相加，则前k项和大于eq \f(63,64)的概率是( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
B 设h(x)＝eq \f(（f（x）,g（x）)，则h′(x)＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,g2（x）)＜0，故h(x)＝ax单调递减，所以0＜a＜1，又eq \f(f（1）,g（1）)＋eq \f(f（－1）,g（－1）)＝a＋eq \f(1,a)＝eq \f(5,2)，解得a＝eq \f(1,2)，则数列eq \f(f（n）,g（n）)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，其前k项和Sk＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)，因为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)＞eq \f(63,64)，所以k＞6，故p＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5).
15．已知关于x的二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1.设点(a，b)是区域eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－8≤0，,x＞0，,y＞0))内的一点，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．
解 ∵函数f(x)＝ax2－4bx＋1的图象的对称轴为直线x＝eq \f(2b,a)，要使f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，当且仅当a>0且eq \f(2b,a)≤1，即2b≤a.
如图所示，事件的全部结果所构成的区域为
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a，b）\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b－8≤0，,a＞0，,b＞0))))))，构成所求事件的区域为三角形部分(阴影部分)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b－8＝0，,b＝\f(a,2)，))得交点坐标为eq \f(16,3)，eq \f(8,3)，
故所求事件的概率为P＝eq \f(\f(1,2)×8×\f(8,3),\f(1,2)×8×8)＝eq \f(1,3).
16．甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为1 h，乙船停泊时间为2 h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．
解 设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x与y，记事件A为“两船都不需要等待码头空出”，则0≤x≤24，0≤y≤24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1 h以上或乙比甲早到达2 h以上，即y－x≥1或x－y≥2.故所求事件构成集合A＝{(x，y)|y－x≥1或x－y≥2，x∈[0，24]，y∈[0，24]}．
A为图中阴影部分，全部结果构成集合Ω为边长是24的正方形及其内部．
所求概率为P(A)＝eq \f(A的面积,Ω的面积)
＝eq \f(（24－1）2×\f(1,2)＋（24－2）2×\f(1,2),242)
＝eq \f(506.5,576)＝eq \f(1 013,1 152).