2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：9.5 古典概型、几何概型

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1、第五节 古典概型、几何概型 命题分析预测 学科核心素养 本节是高考的热点，常以选择题和填空题的形式出现，主要考 查古典概型，与长度、面积有关的几何概型，有时也与其他知 识进行交汇命题，以解答题的形式出现，如概率与统计和统计 案例的综合，求解时要掌握古典概型和几何概型的应用条件和 计算公式 本节通过古典概型和几何 概型考查考生的数学运算、 数学建模等核心素养 授课提示：对应学生用书第 215 页 知识点一 古典概型 1古典概型特点 （1）试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性 （2）每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性 2古典概型概率公式 P（A）A包含的基本事件的个数 基本事件的

2、总数 m n 温馨提醒 1在计算古典概型中试验的所有结果数和事件发生结果时，易忽视他们是否是等可能的 2概率的一般加法公式 P（AB）P（A）P（B）P（AB）中，易忽视只有当 AB， 即 A，B 互斥时，P（AB）P（A）P（B） ，此时 P（AB）0 1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 （ ） A06 B05 C04 D03 解析：设 2 名男同学为 a，b，3 名女同学为 A，B，C，从中选出两人的情形有（a，b） ， （a， A） ， （a，B） ， （a，C） ， （b，A） ， （b，B） ， （b，C） ， （A，B）

3、 ， （A，C） ， （B，C） ，共 10 种， 而都是女同学的情形有（A，B） ， （A，C） ， （B，C） ，共 3 种，故所求概率为 3 1003 答案：D 2袋中装有 6 个白球，5 个黄球，4 个红球从中任取一球，则取到白球的概率为_ 解析： 从袋中任取一球， 有 15 种取法， 其中取到白球的取法有 6 种， 则所求概率为 P 6 15 2 5 答案：2 5 3 （易错题）从某班 5 名学生（其中男生 3 人，女生 2 人）中任选 3 人参加学校组织的社会 实践活动，则所选 3 人中至少有 1 名女生的概率为_ 解析：采用间接法，从某班 5 名学生中任选 3 人共有 10 种选

4、法，3 名学生全为男生的有 1 种 选法至少有 1 名女生的对立事件是没有女生，即全为男生，所以所求概率 P1 1 10 9 10 答案： 9 10 知识点二 几何概型 （1）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，则 称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型 （2）特点：无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个； 等可能性：每个结果的发生具有等可能性 （3）公式： P（A） 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区域长度（面积或体积） 温馨提醒 易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是试验中每个结果的发生是等可能的，不同之处是 几

5、何概型的试验结果的个数是无限的，古典概型中试验结果的个数是有限的 1在线段0，3上任投一点，则此点坐标小于 1 的概率为_ 解析：坐标小于 1 的区间为0，1） ，长度为 1，0，3的区间长度为 3，故所求概率为1 3 答案：1 3 2设不等式组 0 x2， 0y2 表示的平面区域为 D，在区域 D 内随机取一个点，则此点到坐标原 点的距离大于 2 的概率为_ 解析：如图所示，正方形 OABC 及其内部为不等式组表示的平面区域 D，且区域 D 的面积为 4，而阴影部分表示的是区域 D 内到坐标原点的距离大于 2 的区域易知该阴影部分的面积为 4因此满足条件的概率是4 4 1 4 答案：1 4

6、授课提示：对应学生用书第 216 页 题型一 几何概型 考法（一） 与长度、角度有关的几何概型 例 1 （1）从区间2，2中随机选取一个实数 a，则函数 f（x）4xa 2x 11 有零点的 概率是（ ） A1 4 B1 3 C1 2 D2 3 解析 令 t2x， 函数有零点就等价于方程 t22at10 有正根， 进而可得 0 t1t20 t1t20 a1， 又 a2，2，所以函数有零点的实数 a 应满足 a1，2，故 P1 4 答案 A （2）如图，扇形 AOB 的圆心角为 120 ，点 P 在弦 AB 上，且 AP1 3AB，延长 OP 交弧 AB 于 点 C，现向扇形 AOB 内投一点，

7、则该点落在扇形 AOC 内的概率为_ 解析 设 OA3，则 AB3 3，所以 AP 3，由余弦定理可求得 OP 3，AOP30 ， 所以扇形 AOC 的面积为3 4 ，扇形 AOB 的面积为 3，从而所求概率为 3 4 3 1 4 答案 1 4 1与长度有关的几何概型 如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，可直接用概率的计算公式求解 2与角度有关的几何概型 当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率， 且不可用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段 考法（二） 与体积有关的几何概型 例 2 如图，正四棱锥 S- ABCD 的顶点都在球面上，球心 O

8、 在平面 ABCD 上，在球 O 内任取 一点，则这点取自正四棱锥内的概率为_ 解析 设球的半径为 R，则所求的概率为 PV 锥 V球 1 3 1 22R2RR 4 3R 3 1 2 答案 1 2 与体积有关的几何概型的求法 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）以及事件的体积（事 件空间） ，对于某些较复杂的也可利用其对立事件求解 考法（三） 与面积有关的几何概型 例 3 （1） （2021 长沙联考）如图，在一个棱长为 2 的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆 锥形容器，圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切，圆锥的顶点在鱼缸的缸底上，现在向 鱼缸内随机地投入一粒鱼食，

9、则“鱼食能被鱼缸内的圆锥外面的鱼吃到”的概率是（ ） A1 4 B 12 C 4 D1 12 解析 鱼缸底面正方形的面积为 224，圆锥底面圆的面积为 所以“鱼食能被鱼缸内的 圆锥外面的鱼吃到”的概率是 1 4 答案 A （2）已知实数 m0，1，n0，2，则关于 x 的一元二次方程 4x24mxn22n0 有实 数根的概率是（ ） A1 4 B 4 C3 2 D 21 解析 关于 x 的一元二次方程 4x24mxn22n0 有实数根， 16m216 （n22n） 0 得 m2（n1）21，如图所示，长方形面积为 2，扇形面积为 2，图中白色部分是满足题意 的点集合区域，故概率为 2 2 2

10、1 4 答案 A 解决与面积有关的几何概型问题，其解题关键是明确试验所发生的区域及事件所发生的区域 面积，其解题流程为： 题组突破 1 太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图案， 展现了一种相互转化， 相对统一的形式美 按 照太极图的构图方法，在如图所示的平面直角坐标系中，圆 O 被函数 y3sin 6x 的图像分割 为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为 1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部 分的概率为（ ） A 1 36 B 1 18 C 1 12 D1 9 解析：根据题意，大圆的直径为函数 y3sin 6x 的最小正周期 T，又 T 2 6 12，所以大圆的 面积 S 12 2 2

11、 36，一个小圆的面积 S12，故在大圆内随机取一点，此点取自阴影 部分的概率为 P2S S 2 36 1 18 答案：B 2 （2021 江西九江模拟）星期一，小张下班后坐公交车回家，公交车有 1，10 两路每路车 都是间隔 10 分钟一趟，1 路车到站后，过 4 分钟 10 路车到站不计停车时间，则小张坐 1 路 车回家的概率是（ ） A1 2 B1 3 C2 5 D3 5 解析： 由题意可知小张下班后坐 1 路公交车回家的时间段是在 10 路车到站与 1 路车到站之间， 共 6 分钟设“小张坐 1 路车回家”为事件 A，则 P（A） 6 10 3 5 答案：D 3记函数 f（x） 6xx

12、2的定义域为 D，在区间4，5上随机取一个数 x，则 xD 的 概率是_ 解析：由 6xx20，解得2x3，则 D2，3，则所求概率为3（2） 5（4） 5 9 答案：5 9 4（2021 太原五中模拟） 已知四棱锥 P- ABCD 的所有顶点都在球 O 的球面上， PA底面 ABCD， 底面 ABCD 为正方形，PAAB2现在球 O 的内部任取一点，则该点取自四棱锥 P- ABCD 内部的概率为_ 解析：把四棱锥 P- ABCD 扩展为正方体，则正方体的体对角线的长是外接球的直径 R，即 2 3 2R，R 3，则四棱锥的体积为1 3222 8 3，球的体积为 4 3（ 3） 34 3，则该点

13、 取自四棱锥 P- ABCD 内部的概率 P 8 3 4 3 2 3 9 答案：2 3 9 题型二 古典概型 例 （2021 兰州双基测试）一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字 1，2，3，这三张卡 片除标记的数字外完全相同随机有放回地抽取 3 次，每次抽取一张，将抽取的卡片上的数 字依次记为 a，b，c （1）求“抽取的卡片上的数字满足 abc”的概率； （2）求“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”的概率 解析 （1）有放回地抽取 3 次，总的结果有：33327（种） ，满足要求的有 3 种 设“抽取卡片上的数字满足 abc”为事件 A，则事件 A 包括（1，1，2） ， （1，

14、2，3） ， （2， 1，3）共 3 种， 概率 P（A） 3 27 1 9 （2）设“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”为事件 B，则事件B 包括（1，1，1） ， （2， 2，2） ， （3，3，3） ，共 3 种，所以 P（B）1P（B ）1 3 27 8 9，因此，“抽取的卡片上 的数字 a，b，c 不完全相同”的概率为8 9 求古典概型概率的步骤 （1）判断试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件 A； （2）分别求出基本事件的总数 n 与所求事件 A 中所包含的基本事件个数 m； （3）利用公式 P（A）m n，求出事件 A 的概率 题组突破 1 （2020 高考全国卷）

15、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（ ） A1 5 B2 5 C1 2 D4 5 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 2 10 1 5 答案：A 2某市 A，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了 3 名男生、2 名女生，B 中学推 荐了 3 名男生、4 名女生，两校

16、所推荐的学生一起参加集训由于集训后队员水平相当，从参 加集训的男生中随机抽取 3 人、女生中随机抽取 3 人组成代表队 （1）求 A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率； （2）某场比赛前，从代表队的 6 名队员中随机抽取 4 人参赛，求参赛女生人数不少于 2 人的 概率 解析： （1）由题意，参加集训的男、女生各有 6 名参赛学生全从 B 中学抽取（等价于 A 中 学没有学生入选代表队）的概率为C 3 3C 3 4 C36C36 1 100，因此，A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概 率为 1 1 100 99 100 （2）设“参赛的 4 人中女生不少于 2 人”为事件 A，记“参

17、赛女生有 2 人”为事件 B，“参 赛女生有 3 人”为事件 C 则 P（B）C 2 3C 2 3 C46 3 5，P（C） C33C13 C46 1 5 由互斥事件的概率加法公式， 得 P（A）P（B）P（C）3 5 1 5 4 5， 故所求事件的概率为4 5 古典概型与几何概型应用中的核心素养 （一）数学建模古典概型与几何概型中的数学文化问题 例 1 （1） （2019 高考全国卷） 我国古代典籍 周易 用“卦”描述万物的变化， 每一“重 卦”由从下到上排列的 6 个爻组成， 爻分为阳爻“”和阴爻“”， 如图就是一重卦 在 所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是（ ） A

18、 5 16 B11 32 C21 32 D11 16 解析 在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数 n2664，恰有 3 个阳爻的基本事件 数为 C3620，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有 3 个阳爻的概率 P20 64 5 16 答案 A （2） （2021 辽宁五校联考）古希腊数学家阿基米德用穷竭法建立了这样的结论：“任何由直 线和抛物线所包围的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四”如图，已知 直线 x2 交抛物线 y24x 于 A，B 两点点 A，B 在 y 轴上的射影分别为 D，C从长方形 ABCD 中任取一点，则根据阿基米德这一理论，该点位于阴影部分的概率为（

19、 ） A1 2 B1 3 C2 3 D2 5 解析 在抛物线 y24x 中，取 x2，可得 y 2 2，所以 S矩形ABCD8 2，由阿基米德理论 可得弓形面积为4 3 1 24 22 16 2 3 ，则阴影部分的面积为 8 216 2 3 8 2 3 由概率比为 面积比可得，点位于阴影部分的概率为 8 2 3 8 2 1 3 答案 B 解决与数学文化有关的概率问题关键是根据条件判断概率模型 题组突破 1 九章算术中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？”其大 意：已知直角三角形的两直角边长分别为 8 步和 15 步，问其内切圆的直径为多少步现若向 此三角形内随机投一粒豆子

20、，则豆子落在其内切圆外的概率是（ ） A3 10 B3 20 C13 10 D13 20 解析：直角三角形的斜边长为 8215217， 设内切圆的半径为 r，则 8r15r17，解得 r3 内切圆的面积为 r29， 豆子落在内切圆外的概率 P1 9 1 2815 13 20 答案：D 2 （2021 武汉市高三调研测试）我国历法中将一年分春、夏、秋、冬四个季节，每个季节六 个节气，如春季包含立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨某书画院甲、乙、丙、丁四位 同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的 6 幅彩绘， 在制签抽签公平的前提下，甲抽到绘制夏季 6 幅彩绘的概率

21、是（ ） A1 6 B1 4 C1 3 D1 2 解析：甲从春、夏、秋、冬四个季节的各 6 幅彩绘绘制的任务中抽一个季节的 6 幅彩绘绘制， 故甲抽到绘制夏季 6 幅彩绘的概率为1 4 答案：B （二）创新应用古典概型与几何概型的交汇创新应用 例 2 （1）从集合2，3，4，5中随机抽取一个数 a，从集合1，3，5中随机抽取一个数 b， 则向量 m（a，b）与向量 n（1，1）垂直的概率为（ ） A1 6 B1 3 C1 4 D1 2 解析 由题意可知 m（a，b）有： （2，1） ， （2，3） ， （2，5） ， （3，1） ， （3，3） ， （3，5） ， （4，1） ， （4，3）

22、， （4，5） ， （5，1） ， （5，3） ， （5，5） ，共 12 种情况 因为 mn，即 m n0， 所以 a1b（1）0，即 ab， 满足条件的有（3，3） ， （5，5） ，共 2 个， 故所求的概率为1 6 答案 A （2） （2021 洛阳第一次联考）如图，圆 O：x2y22内的正弦曲线 ysin x 与 x 轴围成的区 域记为 M （图中阴影部分） ， 随机往圆 O 内投一个点 A， 则点 A 落在区域 M 内的概率是 （ ） A 4 2 B 4 3 C 2 2 D 2 3 解析 由题意知圆 O 的面积为 3， 正弦曲线 ysin x， x， 与 x 轴围成的区域记为 M，

23、 根据图形的对称性得区域 M 的面积 S2 0 sin xdx2cos x|04，由几何概型的概率计算 公式可得，随机往圆 O 内投一个点 A，则点 A 落在区域 M 内的概率 P 4 3 答案 B 解决古典概型、几何概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单 调性及方程的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型、几何概型的步骤求解 题组突破 1已知函数 f（x）2x24ax2b2，若 a4，6，8，b3，5，7，则该函数有两个零点 的概率为_ 解析：要使函数 f（x）2x24ax2b2有两个零点，即方程 x22axb20 有两个实根，则 4a24b20， 又 a4，6，8，

24、b3，5，7， 即 ab， 而 a，b 的取法共有 339（种） ， 其中满足 ab 的取法有（4，3） ， （6，3） ， （6，5） ， （8，3） ， （8，5） ， （8，7） ，共 6 种，所 以所求的概率为6 9 2 3 答案：2 3 2已知点 O（0，0） ，A（2，1） ，B（1，2） ，C 3 5， 1 5 ，动点 P（x，y）满足 0OP OA 2 且 0OP OB 2，则点 P 到点 C 的距离大于1 4的概率为_ 解析：因为点 O（0，0） ，A（2，1） ，B（1，2） ，C 3 5， 1 5 ，动点 P（x，y）满足 0OP OA 2 且 0OP OB 2， 所以 02xy2， 0 x2y2. 如图，不等式组 02xy2， 0 x2y2 对应的平面区域为正方形 OEFG 及其内 部，|CP|1 4对应的平面区域为阴影部分 由 x2y0， 2xy2 解得 x 4 5， y2 5， 即 E 4 5， 2 5 ，所以|OE| 4 5 2 2 5 2 2 5 5 ， 所以正方形 OEFG 的面积为4 5， 则阴影部分的面积为4 5 16， 所以根据几何概型的概率公式可知所求的概率为 4 5 16 4 5 15 64 答案：15 64