高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量105古典概型课时提升作业理.docx

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高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量105古典概型课时提升作业理

2019-2020年高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量10.5古典概型课时提升作业理

一、选择题（每小题5分,共25分）

1.（xx·新乡模拟）有两张卡片,一张的正反面分别写着数字0与1,另一张的正反面分别写着数字2与3,将两张卡片排在一起组成一个两位数,则所组成的两位数为奇数的概率是　（　　）

A.　　　B.　　　C.　　　D.

【解析】选C.能组成的两位数有12,13,20,30,21,31,共6个,其中的奇数有13,21,31,共3个,因此所组成的两位数为奇数的概率是=.

2.（xx·郑州模拟）设集合A={1,2},B={1,2,3},分别从集合A和B中随机取一个数a和b,确定平面上的一个点P（a,b）,记“点P（a,b）落在直线x+y=n上”为事件Cn（2≤n≤5,n∈N）,若事件Cn的概率最大,则n的所有可能值为　（　　）

A.3B.4

C.2和5D.3和4

【解析】选D.点P的所有可能值为（1,1）,（1,2）,（1,3）,（2,1）,（2,2）,（2,3）.

当n=2时,P点可能是（1,1）;

当n=3时,P点可能是（1,2）,（2,1）;

当n=4时,P点可能是（1,3）,（2,2）;

当n=5时,P点可能是（2,3）.

即事件C3,C4的概率最大.

【加固训练】1.（xx·深圳模拟）甲、乙两位同学各拿出六张游戏牌,用作投骰子的奖品,两人商定:

骰子朝上的面的点数为奇数时甲得1分,否则乙得1分,先积得3分者获胜,得所有12张游戏牌,并结束游戏.比赛开始后,甲积2分,乙积1分,这时因意外事件中断游戏,以后他们不想再继续这场游戏,下面对这12张游戏牌的分配合理的是　（　　）

A.甲得9张,乙得3张B.甲得6张,乙得6张

C.甲得8张,乙得4张D.甲得10张,乙得2张

【解析】选A.由题意,为了决出胜负,最多再赛两局,用“甲”表示甲胜,用“乙”表示乙胜,于是这两局有四种可能:

（甲,甲）,（甲,乙）,（乙,甲）,（乙,乙）.

其中甲获胜有3种,而乙只有1种,

所以甲获胜的概率是,乙获胜的概率是.

所以甲得到的游戏牌为12×=9,乙得到游戏牌为12×=3.

2.（xx·黄冈模拟）将号码分别为1,2,…,9的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同.甲从袋中摸出一个球,其号码为a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为b,则使不等式a-2b+10>0成立的事件发生的概率等于　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选D.由题意知本题是一个等可能事件的概率,

试验发生包含的事件是两次分别从袋中摸球,共有9×9=81种结果,

满足条件的事件是使不等式a-2b+10>0成立的,即2b-a<10,

当b=1,2,3,4,5时,a均有9种结果,共有45种结果,

当b=6时,a有7种结果,

当b=7时,a有5种结果,

当b=8时,a有3种结果,

当b=9时,a有1种结果,

所以共有45+7+5+3+1=61种结果,

所以所求的概率是.

3.（xx·三明模拟）如图

三行三列的方阵中有9个数aij（i=1,2,3;j=1,2,3）,从中任取三个数,则至少有两个数位于同行或同列的概率是　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选D.从9个数中任取3个数共有=84种取法,三个数分别位于三行或三列的情况有6种;所以所求的概率为=.

4.在棱长分别为1,2,3的长方体上随机选取两个相异顶点,若每个顶点被选取的概率相同,则选到两个顶点的距离大于3的概率为　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选B.从8个顶点中任取两点有=28种取法,其线段长分别为1,2,3,,,,.①其中12条棱长度都小于等于3;②其中4条,棱长为1,2的面对角线长度为<3;故长度大于3的有28-12-4=12,故两点距离大于3的概率为=.

5.（xx·长沙模拟）设b,c分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数,则函数f（x）=x2+bx+c有零点的概率为　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选C.所有的（b,c）共计6×6=36（个）,函数f（x）=x2+bx+c有零点等价于b2-4c≥0,故满足条件的（b,c）有:

（2,1）,（3,1）,（3,2）,（4,1）,（4,2）,（4,3）,

（4,4）,（5,1）,（5,2）,（5,3）,（5,4）,（5,5）,（5,6）,（6,1）,（6,2）,（6,3）,（6,4）,

（6,5）,（6,6）,共计19个.

故函数f（x）=x2+bx+c有零点的概率为.

【误区警示】解答本题时易将事件函数f（x）=x2+bx+c有零点的个数计算错误而误选.

二、填空题（每小题5分,共15分）

6.（xx·广州模拟）在集合{x|x=,n=1,2,3,…,10}中任取一个元素,所取元素恰好满足方程cosx=的概率是　　　　　.

【解析】基本事件总数为10,满足方程cosx=的基本事件数为3,故所求概率P=.

答案:

7.如图,沿田字型的路线从A往N走,且只能向右或向下走,随机地选一种走法,则经过点C的概率是　　　　.

【解析】按规定要求从A往N走只能向右或向下,所有可能走法有:

A→D→S→J→N,A→D→C→J→N,A→D→C→M→N,A→B→C→J→N,A→B→C→M→N,A→B→F→M→N共6种,其中经过C点的走法有4种,所以所求概率P==.

答案:

【一题多解】本题还可以用如下方法解决:

由于从A点出发后只允许向右或向下走,记向右走为1,向下走为2,欲到达N点必须两次向右,两次向下即有两个2两个1.

所以基本事件空间Ω={（1122）,（1212）,（1221）,（2112）,（2121）,（2211）}共6种不同结果,而只有先右再下或先下再右两类情形经过C点,即前两个数字必须一个1一个2,所以事件“经过C点”含有的基本事件为（1212）,（1221）,（2112）,（2121）共4个,所以P==.

答案:

8.（xx·怀化模拟）抛掷一枚骰子,当它每次落地时,向上一面的点数称为该次抛掷的点数,可随机出现1到6点中的任一个结果.连续抛掷两次,第一次抛掷的点数记为a,第二次抛掷的点数记为b,则:

（1）直线ax+by=0与直线x+2y+1=0平行的概率为　　　　.

（2）长度依次为a,b,2的三条线段能构成三角形的概率为　　　　.

【解析】

（1）由题意知本题是一个等可能事件的概率,

试验发生包含的事件是连续掷两次骰子,有6×6=36种结果,

满足条件的事件是1,2;2,4;3,6;三种结果,

所以所求的概率是P==.

答案:

（2）由题意知本题是一个等可能事件的概率,

试验发生包含的事件数是36,

根据题意可以知道a+b>2且|a-b|<2,

符合要求的a,b共有1,2;2,1;2,2;2,3;3,2;3,3;3,4;4,3;4,4;4,5;5,4;5,

5;5,6;6,5;6,6共有15种结果,

所以所求的概率是=.

答案:

（15分钟　30分）

1.（5分）（xx·武汉模拟）“序数”指每个数字比其左边的数字大的自然数（如1246）,在两位的“序数”中任取一个数比36大的概率是　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选A.十位是1的两位的“序数”:

8个;

十位是2的:

7个,

依此类推:

十位分别是3,4,5,6,7,8的各有6,5,4,3,2,1个,

故两位的“序数”共有8+7+6+5+4+3+2+1=36个,

比36大的有:

十位是3的:

3个;十位是4的:

5个,

依次类推:

十位分别是5,6,7,8的各有4,3,2,1个,

所以比36大的两位的“序数”有3+5+4+3+2+1=18（个）,

所以所求概率P==.

2.（5分）（xx·张家界模拟）将正整数1,2,3,4,5,6,7随机分成两组,使得每组至少有一个数,则两组中各数之和相等的概率是　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选B.将正整数1,2,3,4,5,6,7随机分成两组,使得每组至少有一个数,则有

+++++=27-2=126种,因为1+2+3+4+5+6+7=28,所以要使两组中各数之和相等,则有各组数字之和为14,则有7+6+1=5+4+3+2;7+5+2=6+4+3+1;

7+4+3=6+5+2+1;7+4+2+1=6+5+3;5+4+3+2=7+6+1;6+4+3+1=7+5+2;6+5+2+1=7+4+3;6+5+3=7+4+2+1共8种,所以两组中各数之和相等的概率是=.

3.（5分）（xx·厦门模拟）已知|p|≤3,|q|≤3,当p,q∈Z时,则方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根的概率是　　　　　.

【解析】由方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根,可得Δ=（2p）2-4（-q2+1）>0,即p2+q2>1.

当p,q∈Z时,设点M（p,q）,如图,直线p=-3,-2,-1,0,1,2,3和直线q=-3,-2,-1,

0,1,2,3的交点,即为点M,共有49个,其中在圆上和圆内的点共有5个（图中黑点）.

当点M（p,q）落在圆p2+q2=1外时,方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根,

所以方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根的概率P==.

答案:

【加固训练】（xx·广安模拟）投掷一枚质地均匀的正方体骰子两次,第一次出现向上的点数为a,第二次出现向上的点数为b,直线l1的方程为ax-by-3=0,直线l2的方程为x-2y-2=0,则直线l1与直线l2有交点的概率为　　　　.

【解析】投掷一枚质地均匀的正方体骰子两次,向上的点数的结果有36种情况:

（1,1）,（1,2）,…,（6,6）,直线l1与直线l2有交点即两直线斜率不相等,b≠2a,所以除（1,2）,（2,4）,（3,6）这3种情况外,其余都符合题意,即直线l1与直线l2有交点的情况有33种,故所求概率为=.

答案:

4.（15分）（xx·沧州模拟）在一次抽奖活动中,被记为a,b,c,d,e,f的6人有获奖机会,抽奖规则如下:

主办方先从这6人中随机抽取2人均获一等奖,再从余下的4人中随机抽取1人获二等奖,最后还从这余下的4人中随机抽取1人获三等奖,如果在每次抽取中,参与当次抽奖的人被抽到的机会相等.

（1）求a获一等奖的概率.

（2）若a,b已获一等奖,求c能获奖的概率.

【解析】

（1）记“a获一等奖”为事件A,

从这6人中随机抽取两人,其一切可能的结果组成的基本事件有:

{a,b},{a,c},

{a,d},{a,e},{a,f},{b,c},{b,d},{b,e},{b,f},{c,d},{c,e},{c,f},{d,e},

{d,f},{e,f},共15个.

事件A包含的基本事件有:

{a,b},{a,c},{a,d},{a,e},{a,f},共5个.

所以P（A）==,故a获一等奖的概率为.

（2）记“若a,b已获一等奖,c能获奖”为事件B,

a,b已获一等奖,余下的四个人中获二、三等奖,其一切可能的结果组成的基本事件有:

{c,c},{c,d},{c,e},{c,f},{d,c},{d,d},{d,e},{d,f},{e,c},{e,d},

{e,e},{e,f},{f,c},{f,d},{f,e},{f,f}共16个,事件B包含的基本事件有{c,c},{c,d},{c,e},{c,f},{d,c},{e,c},{f,c},共7个,

所以P（B）=,故若a,b已获一等奖,c能获奖的概率为.

【加固训练】1.（xx·荆门模拟）为了解某市的交通状况,现对其6条道路进行评估,得分分别为:

5,6,7,8,9,10.规定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如表

评估的平均得分

（0,6]

（6,8]

（8,10]

全市的总体

交通状况等级

不合格

合格

优秀

（1）求本次评估的平均得分,并参照上表估计该市的总体交通状况等级.

（2）用简单随机抽样方法从这6条道路中抽取2条,它们的得分组成一个样本,求该样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超0.5的概率.

【解题提示】

（1）由已知中对其6条道路进行评估,得分分别为:

5,6,7,8,9,10,计算出得分的平均分,然后将所得答案与表中数据进行比较,即可得到答案.

（2）我们列出从这6条道路中抽取2条的所有情况,及满足样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超0.5的情况,然后代入古典概型公式即可得到答案.

【解析】

（1）6条道路的平均得分为

=7.5,

所以该市的总体交通状况等级为合格.

（2）设A表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”.

从6条道路中抽取2条的得分组成的所有基本事件为:

（5,6）,（5,7）,（5,8）,（5,9）,（5,10）,（6,7）,（6,8）,（6,9）,（6,10）,（7,8）,（7,9）,（7,10）,（8,9）,（8,10）,（9,10）,共15个基本事件.

事件A包括（5,9）,（5,10）,（6,8）,（6,9）,（6,10）,（7,8）,（7,9）共7个基本事件,

所以P（A）=.

2.（xx·宜城模拟）某厂家生产甲、乙、丙三种样式的杯子,每种杯子均有300mL和500mL两种型号,某月的产量（单位:

个）如下表所示:

型号

甲样式

乙样式

丙样式

300mL

z

2500

3000

500mL

3000

4500

5000

按样式用分层抽样的方法在这个月生产的杯子中随机的抽取100个,其中有乙样式的杯子35个.

（1）求z的值.

（2）用分层抽样的方法在甲样式的杯子中抽取一个容量为5的样本,从这个样本中任选2个杯子,求至少有1个300mL的杯子的概率.

【解析】

（1）设该厂本月生产的甲样式的杯子为n个,在丙样式的杯子中抽取了x个,

由题意=,

所以x=40.

所以在甲样式的杯子中抽取了100-40-35=25个,

所以=,解得n=5000,

所以z=5000-3000=2000.

（2）设所抽样本中有m个300mL的杯子,

所以=,所以m=2.

也就是抽取的5个样本中有2个300mL的杯子,分别记作A1,A2,3个500mL的杯子,分别记作B1,B2,B3,则从中任取2个杯子的所有基本事件为（A1,B1）,（A1,B2）,（A1,B3）,（A2,B1）,（A2,B2）,（A2,B3）,（A1,A2）,（B1,B2）,（B1,B3）,（B2,B3）共10个.

其中至少有1个300mL的杯子的基本事件有（A1,B1）,（A1,B2）,（A1,B3）,（A2,B1）,（A2,B2）,（A2,B3）,（A1,A2）,共7个.

所以至少有1个300mL的杯子的概率为.

2019-2020年高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量10.6几何概型课时提升作业理

一、选择题（每小题5分,共35分）

1.（xx·保定模拟）实数m是[0,6]上的随机数,则关于x的方程x2-mx+4=0有实根的概率为　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选B.关于x的方程x2-mx+4=0有实根,只需Δ=m2-16≥0⇒m≤-4或m≥4,在[0,6]上满足此条件的m的区间长度为2,区间[0,6]的长度为6,所以方程有实根的概率P==.

2.如图,向边长为2的正方形中随机投入一粒黄豆,若圆C的方程为（x-2）2+（y-2）2=,则黄豆落入阴影部分的概率为　（　　）

A.B.1-C.1-D.

【解析】选B.由题意可知黄豆落入阴影部分的概率为=1-.

3.任意画一个正方形,再将这个正方形各边的中点相连得到第二个正方形,以此类推,这样一共画了4个正方形,如图所示,若向图形中随机投一点,则所投点落在第四个正方形中的概率是　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选C.依题意可知,第四个正方形的边长是第一个正方形边长的倍,所以第四个正方形的面积是第一个正方形面积的倍,由几何概型可知,所投点落在第四个正方形中的概率为.

【加固训练】分别以正方形ABCD的四条边为直径画半圆,重叠部分如图中阴影区域所示,若向该正方形内随机投一点,则该点落在阴影区域的概率为　（　　）

A.B.　C.　D.

【解析】选B.设正方形边长为2,阴影区域的面积的一半等于半径为1的圆减去2个△BOC的面积,即为π-2,则阴影区域的面积为2π-4,所以所求概率为P==.

4.（xx·莆田模拟）已知集合A={y|y=x2-2x+2,-1≤x≤2},B=,若任取x∈A,则x∈A∩B的概率为　（　　）

A.B.C.D.

【解题提示】化简集合A,B,转化为与长度有关的几何概型问题求解.

【解析】选C.当-1≤x≤2时,y=x2-2x+2=（x-1）2+1∈[1,5],

故A=[1,5],>1,即>0,

解得x>4或x<3,

所以B=（-∞,3）∪（4,+∞）,

A∩B=[1,3）∪（4,5],

根据几何概型的概率计算公式得P==.

5.随着科技的进步,微爆技术正逐步被应用到我们日常生活中的各个方面.某医院为探究微爆技术在治疗肾结石方面的应用,设计了一个试验:

在一个棱长为1cm的正方体的中心放置微量手术专用炸药,而爆炸的威力范围是一个半径为R的球,则爆炸之后形成的碎片全部落在正方体内部的概率为　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选A.由题意可知,要使碎片全部落在正方体的内部,则该爆炸的威力范围的半径R不大于正方体的内切球的半径r=.所以该事件的概率P==.

6.（xx·荆门模拟）已知集合

表示的平面区域为Ω,若在区域Ω内任取一点P（x,y）,则点P的坐标满足不等式x2+y2≤2的概率为

　（　　）

A.B.C.D.

【解题提示】平面区域Ω,可利用线性规划知识画出,并确定其形状,计算其面积的大小.

【解析】选D.满足不等式组的区域如图△ABO内部（含边界）,由于直线y=x与y=-x垂直,△ABO与圆x2+y2=2的公共部分是圆,则点P落在圆x2+y2≤2内的概率为P===.

【加固训练】已知平面区域Ω={（x,y）|（x-1）2+（y-1）2≤1},平面区域M=

若向区域Ω内随机抛掷一点P,则点P落在区域M内的概率为　（　　）

A.　　　　　　B.C.D.

【解析】选B.如图所示,画出区域Ω与区域M,则区域Ω是以（1,1）为圆心,1为半径的圆,其面积为π,区域M是边长为的正方形,其面积为×=2,故所求的概率为.

7.（xx·广州模拟）在区间[1,5]和[2,4]上分别取一个数,记为a,b,则方程+=1表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆的概率为　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选B.方程+=1表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆,

故

即化简得又a∈[1,5],b∈[2,4],画出满足不等式组的平面区域,如图阴影部分所示,

求得阴影部分的面积为,故所求的概率P==.

二、填空题（每小题5分,共15分）

8.（xx·孝感模拟）已知一个三角形的三边长分别是5,5,6,一只蚂蚁在其内部爬行,若不考虑蚂蚁的大小,则某时刻该蚂蚁距离三角形的三个顶点的距离均超过2的概率是　　　　.

【解析】由已知三角形的面积为S=×6×4=12,阴影部分的面积为×π×22=

2π,故某时刻该蚂蚁距离三角形的三个顶点的距离均超过2的概率是P==1-.

答案:

1-

9.（xx·益阳模拟）在平面直角坐标系xOy中,设不等式组所表示的平面区域是W,从区域W中随机取点M（x,y）,则|OM|≤2的概率是　　　　.

【解析】作出可行域如图所示:

不等式组所表示的平面区域W是图中正方形ABCD,则正方形ABCD的面积是2×2=4.从区域W中随机取点M（x,y）,使|OM|≤2,则点M落在图中阴影部分,在Rt△AOM中,MA=,∠AOM=,所以阴影部分的面积是2

=+,故所求的概率是=.

答案:

10.（xx·乐山模拟）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）=sinx和余弦曲线g（x）=cosx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　　　　　.

【解析】根据题意,可得曲线y=sinx与y=cosx围成的区域,

其面积为（sinx-cosx）dx=（-cosx-sinx）

=1-=1+.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.

答案:

（20分钟　40分）

1.（5分）（xx·肇庆模拟）已知m∈[1,7],则函数f（x）=-（4m-1）x2+（15m2-2m-7）x+2在实数集R上是增函数的概率为　　　　.

【解析】f′（x）=x2-2（4m-1）x+15m2-2m-7,

依题意,知f′（x）在R上恒大于或等于0,

所以Δ=4（m2-6m+8）≤0,得2≤m≤4.

又m∈[1,7],所以所求的概率为=.

答案:

2.（5分）（xx·石家庄模拟）已知直线AB:

x+y-6=0与抛物线y=x2及x轴正半轴围成的阴影部分如图所示,若从Rt△AOB区域内任取一点M（x,y）,则点M取自阴影部分的概率为　　　　　.

【解析】因为直线x+y-6=0与抛物线y=x2在第一象限的交点为（2,4）,所以

S阴影=x2dx+×4×4=,且S△OAB=×6×6=18,故点M取自阴影部分的概

率是=.

答案:

3.（5分）（xx·长沙模拟）如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,H分别是棱A1B1,D1C1上的点（点E与点B1不重合）,且EH∥A1D1,过EH的平面与棱BB1,CC1相交,交点分别为点F,G.若AB=2AA1=2a,EF=a,B1E=B1F,在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点,则该点取自于几何体A1ABFE-D1DCGH内的概率为　　　　　.

【解题提示】解题关键是用间接法表示几何体A1ABFE-D1DCGH的体积.

【解析】在等腰直角三角形B1EF中,因为斜边EF=a,

所以B1E=B1F=a,

根据几何概型概率公式,得

P==

=1-

=1-

=1-

=1-·a·a=1-=.

答案:

4.（12分）已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干,其中标号为0的小球1个,标号为1的小球1个,标号为2的小球n个.若从袋子中随机抽取1个小球,取到标号为2的小球的概率是.

（1）求n的值.

（2）从袋子中不放回地随机抽取2个小球,记第一次取出的小球标号为a,第二次取出的小球标号为b.

①记“2≤a+b≤3”为事件A,求事件A的概率;

②在区间[0,2]内任取2个实数x,y,求事件“x2+y2>（a-b）2恒成立”的概率.

【解析】

（1）依题意共有小球n+2个,标号为2的小球n个,从袋子中随机抽取1个小球,取到标号为2的小球的概率为=,得n=2.

（2）①从袋子中不放回地随机抽取2个小球共有12种结果,而满足2≤a+b≤3的结果有8种,故P（A）==.

②由①可知,（a-b）2≤4,故x2+y2>4,（x,y）可以看成平面中的点的坐标,则全部结果所构成的区域为

Ω={（x,y）|0≤x≤2,0≤y≤2,x,y∈R},由几何