2020版新设计一轮复习数学（文）江苏专版讲义：第十一章第四节几何概型

第四节几何概型


1．几何概型的定义
设D是一个可度量的区域，每个基本事件可以视为从区域D内随机地取一点，区域D内的每一点被取到的机会都一样；随机事件A的发生可以视为恰好取到区域D内的某个指定区域d中的点．这时，事件A发生的概率与d的测度(长度、面积、体积等)成正比，与d的形状和位置无关．我们把满足这样条件的概率模型称为几何概型．
2．几何概型的两个基本特点
(1)无限性：在一次试验中可能出现的结果有无限多个；
(2)等可能性：每个试验结果的发生具有等可能性．
3．几何概型的概率公式
P(A)＝.
[提醒]　求解几何概型问题注意数形结合思想的应用．
[小题体验]
1．某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过2分钟的概率是________．
解析：试验的全部结果构成的区域长度为5，所求事件的区域长度为2，故所求概率为P＝.
答案：
2．在长为12 cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB的长，则该矩形面积小于32 cm2的概率为________．
解析：设AC＝x(0＜x＜12)，则CB＝12－x，所以x(12－x)＜32，解得x＜4或x＞8，所以所求概率P＝＝.
答案：
3．在500 mL的水中有一只草履虫，现从中随机取出2 mL 水样放到显微镜下观察，则发现草履虫的概率是________．
解析：由于取水样的随机性，所求事件A“在取出2 mL的水样中有草履虫”的概率等于水样的体积与总体积之比，即＝0.004.
答案：0.004

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．
[小题纠偏]
1．已知函数f(x)＝x2－2x－3，x∈[－1,4]，则f(x)为增函数的概率为________．
解析：因为f(x)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，x∈[－1,4]．
所以f(x)在[1,4]上是增函数．
所以f(x)为增函数的概率为P＝＝.
答案：
2．如图，在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为________．

解析：设阴影部分面积为S，由几何概型可知＝，所以S＝0.18.
答案：0.18

　
[题组练透]
1．(2018·扬州考前调研)在区间(0,5)内任取一个实数m, 则满足3＜m＜4的概率为_________．
解析：根据几何概型的概率计算公式得，满足3＜m＜4的概率为.
答案：
2．(2018·苏州调研)在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一射线CM，与线段AB交于点M，则AM＜AC的概率为________．
解析：如图，过点C在∠ACB内任作射线CM，则射线CM在 ∠ACB内是等可能分布的，故基本事件的区域测度是∠ACB的大小，即90°.在AB上取AC′＝AC，则∠ACC′＝＝67.5°.记“AM＜AC”为事件A，则事件A的概率P(A)＝＝，故AM＜AC的概率为.
答案：
3．如图所示，在直角坐标系内，射线OT落在30°角的终边上，任作一条射线OA，则射线OA落在∠yOT内的概率为________．

解析：根据题图，因为射线OA在坐标系内是等可能分布的，所以OA落在∠yOT内的概率为＝.
答案：
4．在水平放置的长为5 m的木杆上挂一盏灯，则悬挂点与木杆两端距离都大于2 m的概率是________．
解析：这是一个几何概型，其概率就是如图所示的相应的线段CD，AB的长度的比值，故所求概率P＝.
答案：
[谨记通法]
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．
　
[锁定考向]
与面积、体积有关的几何概型在高考中经常出现．
常见的命题角度有：
(1)与平面图形面积有关的问题；
(2)与线性规划交汇命题的问题；
(3)与几何体体积交汇命题的问题．　　　 　
[题点全练]
角度一：与平面图形面积有关的问题
1．平面区域A1＝，A2＝{(x，y)||x|＋|y|≤3，x，y∈R}．在A2内随机取一点，则该点不在A1内的概率为________．
解析：分别画出区域A1，A2，如图圆内部分和正方形及其内部所示，根据几何概型可知，所求概率为＝1－.　

答案：1－
角度二：与线性规划交汇命题的问题
2．在平面区域{(x，y)|0≤x≤1，1≤y≤2}内随机投入一点P，则点P的坐标(x，y)满足y≤2x的概率为________．
解析：依题意作出图象如图，
则P(y≤2x)＝＝
＝.
答案：
角度三：与几何体体积交汇命题的问题
3．(2018·南通中学高三数学练习)在棱长为2的正方体内随机取一点，取到的点到正方体中心的距离大于1的概率为________．
解析：半径为1的球的体积是π，正方体的体积是8，故所求的概率是1－＝1－.
答案：1－
[通法在握]
1．几何概型与平面几何、解析几何等知识交汇问题的解题思路
利用平面几何、解析几何等相关知识，先确定基本事件对应区域的形状，再选择恰当的方法和公式，计算出其面积，进而代入公式求概率．
2．几何概型与线性规划交汇问题的解题思路
先根据约束条件作出可行域，再确定形状，求面积大小，进而代入公式求概率．
3．几何概型与几何体体积交汇问题的解题思路
根据题意及几何体体积的计算公式，求出问题的总体积(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去求．
[演练冲关]
1. (2019·滨海测试) 已知关于x的二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1.设点(a，b)是区域内的随机点，则函数f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率为________．
解析： 要使函数f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，需要a＞0，且－≤1，即a＞0且2b≤a.画出图形如图所示，求得区域的面积为×8×8＝32，由求得P，所以区域内满足a＞0且2b≤a的面积为×8×＝，所以所求概率P＝＝.
答案：
2．(2018·汇龙中学检测)设O为坐标原点，点P的坐标为(x－2，x－y)．
(1)在一个盒子中，放有标号为1,2,3的三张卡片，现从此盒中有放回地先后抽到两张卡片的标号分别记为x，y，求OP的最大值，并求事件“OP取到最大值”的概率；
(2)若利用计算机随机在[0,3]上先后取两个数分别记为x，y，求点P在第一象限的概率．
解：(1)记抽到的卡片标号为(x，y)，所有的情况分别为：
(x，y)
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(3,1)
(3,2)
(3,3)
P(x－2，x－y)
(－1，0)
(－1，－1)
(－1， －2)
(0,1)
(0,0)
(0， －1)
(1,2)
(1,1)
(1,0)
|OP|
1


1
0
1


1

共9种．由表格可知OP的最大值为.
设事件A为“OP取到最大值”，则满足事件A的(x，y)有(1,3)，(3,1)两种情况，
所以P(A)＝.
(2)设事件B为“点P在第一象限”，
若则其所表示的区域面积为3×3＝9.
由题意可得事件B满足

即如图所示的阴影部分，
其区域面积为1×3－×1×1＝.
所以P(B)＝＝.
　
[典例引领]
设关于x的一元二次方程x2＋2ax＋b2＝0，其中a，b是某范围内的随机数，分别在下列条件下，求上述方程有实根的概率．
(1)若随机数a，b∈{1,2,3,4};
(2)若a是从区间[0,3]中任取的一个数，b是从区间[0,2]中任取的一个数．
解：设事件A为“方程x2＋2ax＋b2＝0有实根”，
当a≥0，b≥0时，方程x2＋2ax＋b2＝0有实根的充要条件为a≥b.
(1)基本事件共有16个：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值．
事件A中包含10个基本事件，故事件A发生的概率为P(A)＝＝.
(2)试验的全部结果所构成的区域为{(a，b)|0≤a≤3,0≤b≤2}．
构成事件A的区域为{(a，b)|0≤a≤3，0≤b≤2，a≥b}即如图的阴影区域所示，

所以所求的概率为P(A)＝＝.
[由题悟法]
一般地，若一个随机事件需要两个连续变量来描述，用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，利用坐标平面能顺利地建立与面积有关的几何概型．若一个随机事件需要两个离散变量来描述，用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，利用古典概型求解事件的概率．

[即时应用]
(2018·常州调研)已知一次函数f(x)＝mx＋n，分别在下列条件下，求函数图象经过一、二、三象限的概率．
(1)设m∈{－2，－1,1,2,3}，n∈{－2,3}；
(2)实数m，n满足条件
解：(1)抽取的全部结果的基本事件有：(－2，－2)，(－2,3)，(－1，－2)，(－1,3)，(1，－2)，(1,3)，(2，－2)，(2,3)，(3，－2)，(3,3)，共10个，设函数图象经过一、二、三象限的事件为A，则A包含的基本事件有： (1,3), (2,3), (3,3)，共3个，所以P(A)＝.

(2)m，n满足条件的区域如图所示．
要使函数的图象过一、二、三象限，则m＞0，n＞0，故使函数图象过一、二、三象限的(m，n)的区域为第一象限的阴影部分，所以所求事件的概率为P＝＝.

一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2019·连云港调研) 欧阳修在《卖油翁》中写到：(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱的形状是直径为3 cm的圆，中间有边长为1 cm的正方形孔，若随机向铜钱上滴一滴油，则油(油滴的大小忽略不计)正好落入孔中的概率是________．
解析：根据几何概型知，P＝＝.
答案：
2.(2018·无锡中学检测)如图，矩形的长为12，宽为5，在矩形内随机地投掷 1 000颗黄豆，数得落在阴影部分的黄豆为600颗，则可以估计阴影部分的面积约为________．
解析：可估计阴影部分的面积约为×12×5＝36.
答案：36
3．(2019·镇江调研)有一个底面半径为1，高为3的圆柱，点O1，O2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心．在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为________．
解析：因为点P到点O1，O2的距离小于等于1的点的集合为以点O1，O2为球心，1为半径的两个半球，求得体积V′＝2××π×13＝π，圆柱的体积V＝Sh＝3π，所以点P到点O1，O2的距离都大于1的概率P＝1－＝.
答案：
4．已知函数f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，若从区间[－5,5]内随机抽取一个实数x0，则所取的x0满足f(x0)≤0的概率为________．
解析：令x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2，由几何概型的概率计算公式得P＝＝.
答案：
5．(2018·苏锡常镇一模)已知Ω1是集合{(x，y)|x2＋y2≤1}所表示的区域，Ω2是集合{(x，y)|y≤|x|}所表示的区域，向区域Ω1内随机的投一个点，则该点落在区域Ω2内的概率为________．
解析：作出区域Ω1(圆面)、Ω2(阴影部分)的示意图如图所示，根据几何概型的概率计算公式得，该点落在区域Ω2内的概率为.

答案：
6.如图所示，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________．
解析：设扇形的半径为2，则其面积为＝π，记由两段小圆弧围成的阴影面积为S1，另外三段圆弧围成的阴影面积为S2，则S1＝2×＝－1，S2＝×22－2××12＋－1＝－1，故阴影部分总面积为2×＝π－2，因此任取一点，此点取自阴影部分的概率为＝1－.
答案：1－
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2018·苏州中学高三期末)已知实数a∈[－2,5]，则a∈{x∈R|x2－2x－3≤0}的概率为________．
解析：由x2－2x－3≤0，解得－1≤x≤3，故所求概率P＝＝.
答案：
2．(2019·启东中学检测)已知正方形ABCD的边长为2，点H是边DA的中点．在正方形ABCD内部随机取一点P，则满足PH＜的概率为________．
解析：如图，满足PH＜的点在△AEH，扇形EHF及△DFH围成的区域内，由几何概型得所求概率为＝＋.
答案：＋
3．在[－4,4]上随机取一个实数m，能使函数f(x)＝x3＋mx2＋3x在R上单调递增的概率为________．
解析：由题意，得f′(x)＝3x2＋2mx＋3，要使函数f(x)在R上单调递增，则3x2＋2mx＋3≥0在R上恒成立，即Δ＝4m2－36≤0，解得－3≤m≤3，所以所求概率为＝.
答案：
4．(2018·连云港期末)已知m∈[3,4]，n∈[2.5,3.5]，则关于x的方程x2＋ x＋＝0有解的概率为________．
解析：m∈[3,4]，n∈[2.5,3.5]，
∵关于x的方程x2＋x＋＝0有解，
∴Δ＝m－4×＝m－n≥0，
∴
画出图形如图所示，
则阴影部分的面积为1－××＝，
∴所求的概率P＝＝.
答案：
5．在区间上随机取一个数x，则sin x＋cos x∈[1， ]的概率是________．
解析：因为x∈，所以x＋∈，
由sin x＋cos x＝sin∈[1， ]，
得≤sin≤1，所以x∈，
故要求的概率为＝.
答案：
6．已知集合A＝，B＝{x|x2＋2x－3≤0}，在集合A中任意取一个元素a，则a∈B的概率是________．
解析：A＝{y|y＝x2＋2x，－2≤x≤2}＝{y|－1≤y≤8}．
B＝＝.
则所求的概率为＝.
答案：
7．(2018·无锡调研)设a∈[0,10]，则函数g(x)＝在区间(0，＋∞)上为增函数的概率为________．
解析：因为函数g(x)＝在区间(0，＋∞)上为增函数，所以a－2＜0，解得a＜2，所以函数g(x)＝在区间(0，＋∞)上为增函数的概率P＝＝.
答案：
8．如图，正四棱锥S­ABCD的顶点都在球面上，球心O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P＝＝＝.
答案：
9．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，在正方体内随机取点M.
(1)求四棱锥M­ABCD的体积小于的概率；
(2)求M落在三棱柱ABC­A1B1C1内的概率．
解：(1)正方体ABCD­A1B1C1D1中，设M­ABCD的高为h，令×S四边形ABCD×h＝，
因为S四边形ABCD＝1，所以h＝.
若体积小于，则h＜，即点M在正方体的下半部分，
所以P＝＝.
(2)因为V三棱柱＝×12×1＝，
所以所求概率P1＝＝.
10．(2018·启东中学模拟)甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客，两家商场的奖励方案如下：
甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计)即为中奖．
乙商场：从装有3个白球和3个红球的不透明盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．
问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？
解：如果顾客去甲商场，事件的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πR2(R为圆盘的半径)，阴影区域的面积为＝.
所以在甲商场中奖的概率P1＝＝.
如果顾客去乙商场，记盒子中3个白球为a1，a2，a3,3个红球为b1，b2，b3，记(x，y)为一次摸球的结果，则一切可能的结果有(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共15种，
摸到的2个球都是红球的结果有(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共3种，所以在乙商场中奖的概率P2＝＝.
因为P1＜P2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·苏州考前模拟)在区间[－1,1]上随机取一个数x，cos的值介于0到之间的概率为________．
解析：在区间[－1,1]上随机取一个数x，即x∈[－1,1]时，要使cos的值介于0到之间，需使－≤≤－或≤≤，所以－1≤x≤－或≤x≤1，区间长度为，由几何概型知，cos的值介于0到之间的概率为＝.
答案：
2．(2018·启东中学检测)∀α∈R，n∈[0,2]，向量c＝(2n＋3cos α，n－3sin α)的长度不超过6的概率为________．
解析：|c|＝
＝
＝≤6，化简得5n2＋6n(2cos α－sin α)≤27，
即5n2＋6 n·≤27，即5n2＋6 ncos(α＋φ)≤27，其中tan φ＝＝，当n＞0时，变形得cos(α＋φ)≤，由于＞0，
令≥1，即5n2＋6 n－27≤0，解得0≤n≤，此时向量c的长度不超过6，
又n∈[0,2]，由几何概型的概率公式得向量c的长度不超过6的概率为＝.
答案：
3．已知关于x的二次函数f(x)＝b2x2－(a＋1)x＋1.
(1)若a，b分别表示将一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y＝f(x)恰有一个零点的概率．
(2)若a，b∈[1,6]，求满足y＝f(x)有零点的概率．
解：(1)设(a，b)表示一个基本事件，则抛掷两次骰子的所有基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,5)，(6,6)，共36个．
用A表示事件“y＝f(x)恰有一个零点”，
即Δ＝[－(a＋1)]2－4b2＝0，则a＋1＝2b.
则A包含的基本事件有(1,1)，(3,2)，(5,3)，共3个，
所以P(A)＝＝.
即事件“y＝f(x)恰有一个零点”的概率为.
(2)用B表示事件“y＝f(x)有零点”，即a＋1≥2b.
试验的全部结果所构成的区域为{(a，b)|1≤a≤6,1≤b≤6}，
构成事件B的区域为{(a，b)|1≤a≤6,1≤b≤6，a－2b＋1≥0}，
如图所示：

所以所求的概率为P(B)＝＝.
即事件“y＝f(x)有零点”的概率为.




命题点一　统计
1.(2018·江苏高考)已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这5位裁判打出的分数的平均数为________．
解析：这5位裁判打出的分数分别是89,89,90,91,91，因此这5位裁判打出的分数的平均数为＝90.
答案：90
2．(2016·江苏高考)已知一组数据4.7,4.8,5.1,5.4,5.5，则该组数据的方差是________．
解析：5个数的平均数＝＝5.1，所以它们的方差s2＝[(4.7－5.1)2＋(4.8－5.1)2＋(5.1－5.1)2＋(5.4－5.1)2＋(5.5－5.1)2]＝0.1.
答案：0.1
3．(2017·江苏高考)某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200,400,300,100件．为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取________件．
解析：因为丙种型号的产品在所有产品中所占比例为＝，所以应从丙种型号的产品中抽取60×＝18(件)．
答案：18
4．(2018·全国卷Ⅰ)某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据(单位：m3)和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：
未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
[0，0.1)
[0.1，0.2)
[0.2，0.3)
[0.3，0.4)
[0.4，0.5)
[0.5，0.6)
[0.6，0.7)
频数
1
3
2
4
9
26
5

使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
[0，0.1)
[0.1，0.2)
[0.2，0.3)
[0.3，0.4)
[0.4，0.5)
[0.5，0.6)
频数
1
5
13
10
16
5

(1)在下图中作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图；

(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；
(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？(一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表)
解：(1)频率分布直方图如图所示．

(2)根据频率分布直方图知，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于0.35 m3的频率为0.2×0.1＋1×0.1＋2.6×0.1＋2×0.05＝0.48，因此该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率的估计值为0.48.
(3)该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为
1＝×(0.05×1＋0.15×3＋0.25×2＋0.35×4＋0.45×9＋0.55×26＋0.65×5)＝0.48.
该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为
2＝×(0.05×1＋0.15×5＋0.25×13＋0.35×10＋0.45×16＋0.55×5)＝0.35.
估计使用节水龙头后，一年可节省水(0.48－0.35)×365＝47.45(m3)．
命题点二　古典概型、几何概型
1.(2018·江苏高考)某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为________．
解析：设2名男生为a，b,3名女生为A，B，C，从中选出2人的情况有(a，b)，(a，A)，(a，B)，(a，C)，(b，A)，(b，B)，(b，C)，(A，B)，(A，C)，(B，C)，共10种，而都是女生的情况有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共3种，故所求概率为.
答案：
2．(2018·上海高考)有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是________(结果用最简分数表示)
解析：从5个砝码随机选取三个，共有10种选取方法，总质量为9克的情况有2种，因此所求概率为＝.
答案：
3．(2016·江苏高考)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有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小于10的概率是________．
解析：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，所有等可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)，共36种情况．设事件A＝“出现向上的点数之和小于10”，其对立事件＝“出现向上的点数之和大于或等于10”，包含的可能结果有(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6种情况．所以由古典概型的概率公式，得P()＝＝，所以P(A)＝1－＝.
答案：
4．(2015·江苏高考)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
解析：设4只球分别为白、红、黄1、黄2，从中一次随机摸出2只球，所有基本事件为(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)、(黄1，黄2)，共6个，颜色不同的有5个，所以2只球颜色不同的概率为.
答案：
5．(2017·江苏高考)记函数f(x)＝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： 令6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，即定义域D＝[－2,3]，在区间[－4,5]上随机取一个数x，则x∈D的概率P＝＝.
答案：
6．(2016·全国卷Ⅱ改编)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为________．
解析：如图，若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口，则该行人至少等待15秒才出现绿灯．AB长度为40－15＝25，由几何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为＝.
答案：
7．(2018·天津高考)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240,160,160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动．
(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？
(2)设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率．
解：(1)因为甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，所以应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．
(2)①从抽取的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21种．
②由①，不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5种．
所以事件M发生的概率P(M)＝.
8．(2018·北京高考)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
第六类
电影部数
140
50
300
200
800
510
好评率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2
0.1
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影 的概率．
(2)随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率．
(3)电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？(只需写出结论)
解：(1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，
获得好评的第四类电影的部数是200×0.25＝50，
故所求概率为＝0.025.
(2)由题意知，样本中获得好评的电影部数是
140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1＝56＋10＋45＋50＋160＋51＝372，
故所求概率估计为1－＝0.814.
(3)增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．