新高考数学一轮复习讲义+分层练习 10.4《古典概型与几何概型》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

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2.会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率.
3.了解随机数的意义，能运用随机模拟的方法估计概率.
4.了解几何概型的意义.
1.基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是互斥的.
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和.
2.古典概型的特点
3.古典概型的概率计算公式：
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数).
4.几何概型的定义
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，简称几何概型.
5.几何概型的两个基本特点
6.几何概型的概率公式
P(A)＝eq \f(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的区域长度（面积或体积）).
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.( )
(2)从区间[1，10]内任取一个数，取到1的概率是eq \f(1,10).( )
(3)概率为0的事件一定是不可能事件.( )
(4) 从市场上出售的标准为500±5 g的袋装食盐中任取一袋测其重量，属于古典概型.( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)×
二、教材改编
1.一枚硬币连掷2次，只有一次出现正面的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案为：D.解析：一枚硬币连掷2次可能出现(正，正)、(反，反)、(正，反)、(反，正)四种情况，只有一次出现正面的情况有两种，故P＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2).]
2.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( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
答案为：C.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＝eq \f(2,5).]
3.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( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(4,15) C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,3)
答案为：A.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＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).]
4.同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________.
eq \f(5,6) [掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有6种，所以点数不相同的概率P＝1﹣eq \f(6,36)＝eq \f(5,6).]
考点1 简单的古典概型
计算古典概型事件的概率可分3步
(1)计算基本事件总个数n；
(2)计算事件A所包含的基本事件的个数m；
(3)代入公式求出概率P.
提醒：解题时可根据需要灵活选择列举法、列表法或树形图法.
(1)甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完.若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“手气最佳”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,10) D.eq \f(2,5)
(2)从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(3,10) D.eq \f(2,5)
(3)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.eq \f(5,16) B.eq \f(11,32) C.eq \f(21,32) D.eq \f(11,16)
(1)D (2)D (3)答案为：A.解析：(1)用(x，y，z)表示乙、丙、丁抢到的红包分别为x元、y元、z元.
乙、丙、丁三人抢完6元钱的所有不同的可能结果有10种，分别为(1，1，4)，(1，4，1)，(4，1，1)，(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，(2，2，2).
乙获得“手气最佳”的所有不同的可能结果有4种，分别为(4，1，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，(2，2，2).
根据古典概型的概率计算公式，得乙获得“手气最佳”的概率P＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5).
(2)从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：
基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，
∴所求概率P＝eq \f(10,25)＝eq \f(2,5).故选D.
(3)由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为Ceq \\al(3,6)＝eq \f(6×5×4,6)＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝eq \f(20,64)＝eq \f(5,16).故选A.]
古典概型中基本事件个数的探求方法
(1)枚举法：适合于给定的基本事件个数较少且易一一列举出的问题.
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定基本事件时(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同.
(3)排列组合法：在求一些较复杂的基本事件个数时，可利用排列或组合的知识.
[备选例题]
1.设平面向量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a﹣b)”为事件A，则事件A发生的概率为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案为：A.解析：有序数对(m，n)的所有可能结果为：(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)，共16个.由a⊥(a﹣b)，得m2﹣2m＋1﹣n＝0，即n＝(m﹣1)2，由于m，n∈{1，2，3，4}，故事件A包含的基本事件为(2，1)和(3，4)，共2个，所以所求的概率P(A)＝eq \f(2,16)＝eq \f(1,8).]
2.用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位数的概率为________.
eq \f(1,20) [1，2，3，4，5可组成Aeq \\al(5,5)＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝6个，故出现a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位数的概率为eq \f(6,120)＝eq \f(1,20).]
1.将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,20) D.eq \f(1,4)
答案为：C.解析：将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有Ceq \\al(3,6)种放法，甲盒中恰好有3个小球有Ceq \\al(2,3)种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为eq \f(Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(3,20).故选C.]
2.已知a∈{0，1，2}，b∈{﹣1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2﹣2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是( )
A.eq \f(5,12) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
答案为：A.解析：∵a∈{0，1，2}，b∈{﹣1，1，3，5}，∴基本事件总数n＝3×4＝12.
函数f(x)＝ax2﹣2bx在区间(1，＋∞)上为增函数，
①当a＝0时，f(x)＝﹣2bx，符合条件的只有(0，﹣1)，即a＝0，b＝﹣1；
②当a≠0时，需要满足eq \f(b,a)≤1，符合条件的有(1，﹣1)，(1，1)，(2，﹣1)，(2，1)，共4种.
∴函数f(x)＝ax2﹣2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是P＝eq \f(5,12).]
考点2 古典概型与统计的综合
求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：
2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有72，108，120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况.
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.
(ⅰ)试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
(ⅱ)设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率.
[解] (1)由已知，老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，
由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人.
(2)(ⅰ)从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{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种.
(ⅱ)由表格知，符合题意的所有可能结果为
{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种.
所以，事件M发生的概率P(M)＝eq \f(11,15).
有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点，概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用概率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，准确从题中提炼信息是解题的关键.
[备选例题]
某县共有90个农村淘宝服务网点，随机抽取6个网点统计其元旦期间的网购金额(单位：万元)的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数.
(1)根据茎叶图计算样本数据的平均数；
(2)若网购金额(单位：万元)不小于18的服务网点定义为优秀服务网点，其余为非优秀服务网点，根据茎叶图推断这90个服务网点中优秀服务网点的个数；
(3)从随机抽取的6个服务网点中再任取2个作网购商品的调查，求恰有1个网点是优秀服务网点的概率.
[解] (1)由题意知，样本数据的平均数
x＝eq \f(4＋6＋12＋12＋18＋20,6)＝12.
(2)样本中优秀服务网点有2个，概率为eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，由此估计这90个服务网点中优秀服务网点有90×eq \f(1,3)＝30(个).
(3)样本中优秀服务网点有2个，分别记为a1，a2，非优秀服务网点有4个，分别记为b1，b2，b3，b4，从随机抽取的6个服务网点中再任取2个的可能情况有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，共15种，
记“恰有1个是优秀服务网点”为事件M，则事件M包含的可能情况有：(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，共8种，
故所求概率P(M)＝eq \f(8,15).
移动公司拟在国庆期间推出4G套餐，对国庆节当日办理套餐的客户进行优惠，优惠方案如下：选择套餐1的客户可获得优惠200元，选择套餐2的客户可获得优惠500元，选择套餐3的客户可获得优惠300元.国庆节当天参与活动的人数统计结果如图所示，现将频率视为概率.
(1)求从中任选1人获得优惠金额不低于300元的概率；
(2)若采用分层抽样的方式从参加活动的客户中选出6人，再从该6人中随机选出2人，求这2人获得相等优惠金额的概率.
[解] (1)设事件A为“从中任选1 人获得优惠金额不低于300元”，
则P(A)＝eq \f(150＋100,50＋150＋100)＝eq \f(5,6).
(2)设事件B为“从这6人中选出2人，他们获得相等优惠金额”，由题意按分层抽样方式选出的6人中，获得优惠200元的有1人，获得优惠500元的有3人，获得优惠300元的有2人，分别记为a1，b1，b2，b3，c1，c2，从中选出2人的所有基本事件如下：a1b1，a1b2，a1b3，a1c1，a1c2，b1b2，b1b3，b1c1，b1c2，b2b3，b2c1，b2c2，b3c1，b3c2，c1c2，共15个.
其中使得事件B成立的有b1b2，b1b3，b2b3，c1c2，共4个.则P(B)＝eq \f(4,15).
故这2人获得相等优惠金额的概率为eq \f(4,15).
考点3 几何概型
与长度、角度有关的几何概型
求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)，然后求解.要特别注意“长度型”与“角度型”的不同，解题的关键是构建事件的区域(长度或角度).
在等腰Rt△ABC中，直角顶点为C.
(1)在斜边AB上任取一点M，求|AM|<|AC|的概率；
(2)在∠ACB的内部，以C为端点任作一条射线CM，与线段AB交于点M，求|AM|<|AC|的概率.
[解] (1)如图所示，在AB上取一点C′，使|AC′|＝|AC|，连接CC′.
由题意，知|AB|＝eq \r(2)|AC|.
由于点M是在斜边AB上任取的，所以点M等可能分布在线段AB上，因此基本事件的区域应是线段AB.
所以P(|AM|<|AC|)＝eq \f(|AC′|,|AB|)＝eq \f(|AC|,\r(2)|AC|)＝eq \f(\r(2),2).
(2)由于在∠ACB内以C为端点任作射线CM，
所以CM等可能分布在∠ACB内的任一位置(如图所示)，
因此基本事件的区域应是∠ACB，所以P(|AM|<|AC|)＝eq \f(∠ACC′,∠ACB)＝eq \f(\f(π－\f(π,4),2),\f(π,2))＝eq \f(3,4).
当涉及射线的转动、扇形中有关落点区域的问题时，应以角度作为区域的度量来计算概率，切不可用线段的长度代替.
1.某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
答案为：B.解析：如图所示，画出时间轴.
小明到达的时间会随机的落在图中线段AB中，而当他的到达时间落在线段AC或DB上时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型的概率计算公式，得所求概率P＝eq \f(10＋10,40)＝eq \f(1,2)，故选B.]
2.如图，四边形ABCD为矩形，AB＝eq \r(3)，BC＝1，以A为圆心，1为半径作四分之一个圆弧eq \(DE,\s\up10(︵))，在∠DAB内任作射线AP，则射线AP与线段BC有公共点的概率为________.
eq \f(1,3) [因为在∠DAB内任作射线AP，所以它的所有等可能事件所在的区域是∠DAB，当射线AP与线段BC有公共点时，射线AP落在∠CAB内，则区域为∠CAB，所以射线AP与线段BC有公共点的概率为eq \f(∠CAB,∠DAB)＝eq \f(30°,90°)＝eq \f(1,3).]
与面积有关的几何概型
求解与面积有关的几何概型的注意点
求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解.
(1)从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )
A.eq \f(4n,m) B.eq \f(2n,m)
C.eq \f(4m,n) D.eq \f(2m,n)
(2)甲、乙二人约定7：10在某处会面，甲在7：00～7：20内某一时刻随机到达，乙在7：05～7：20内某一时刻随机到达，则甲至少需等待乙5分钟的概率是( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(3,8) D.eq \f(5,8)
(3)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A.p1＝p2 B.p1＝p3
C.p2＝p3 D.p1＝p2＋p3
(1)C (2)C (3)答案为：A.解析：(1)因为x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn都在区间[0，1]内随机抽取，所以构成的n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都在正方形OABC内(包括边界)，如图所示.若两数的平方和小于1，则对应的数对在扇形OAC内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对)，故在扇形OAC内的数对有m个.用随机模拟的方法可得eq \f(S扇形,S正方形)＝eq \f(m,n)，即eq \f(π,4)＝eq \f(m,n)，所以π＝eq \f(4m,n).
(2)建立平面直角坐标系如图，x，y分别表示甲、乙二人到达的时刻，则坐标系中每个点(x，y)可对应甲、乙二人到达时刻的可能性，则甲至少等待乙5分钟应满足的条件是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－x≥5，,0≤x≤20，,5≤y≤20，))其构成的区域为如图阴影部分，则所求的概率P＝eq \f(\f(1,2)×15×15,20×15)＝eq \f(3,8).
(3)设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝eq \f(1,2)bc，区域Ⅱ的面积S2＝eq \f(1,2)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))eq \s\up10(2)＋eq \f(1,2)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))eq \s\up10(2)﹣eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))\s\up10(2),2)－\f(1,2)bc))＝eq \f(1,8)π(c2＋b2﹣a2)＋eq \f(1,2)bc＝eq \f(1,2)bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A.]
(1)求解由两个量决定的概率问题时，通过建立坐标系，借助于纵、横坐标关系产生的区域面积，得到问题的结论，我们称此类问题为“约会型”概率问题.“约会型”概率问题的求解关键在于合理、恰当地引入变量，再将具体问题“数学化”，通过建立数学模型，得出结论.(2)几何概型与平面几何的交汇问题要利用平面几何的相关知识，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.
1.如图所示，矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆为96颗，以此试验数据为依据估计椭圆的面积为( )


答案为：C.解析：由随机模拟的思想方法，可得黄豆落在椭圆内的概率为eq \f(300－96,300)＝0.68.由几何概型的概率计算公式，可得eq \f(S椭圆,S矩形)＝0.68，而S矩形＝6×4＝24，则S椭圆＝0.68×24＝16.32.]
2.已知实数m∈[0，1]，n∈[0，2]，则关于x的一元二次方程4x2＋4mx﹣n2＋2n＝0有实数根的概率是( )
A.1﹣eq \f(π,4) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π－3,2) D.eq \f(π,2)﹣1
答案为：A.解析：方程有实数根，即Δ＝16m2﹣16(﹣n2＋2n)≥0，m2＋n2﹣2n≥0，m2＋(n﹣1)2≥1，画出图形如图所示，长方形面积为2，半圆的面积为eq \f(π,2)，故概率为eq \f(2－\f(π,2),2)＝1﹣eq \f(π,4).]
与体积有关的几何概型
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去求.
已知在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥O­ABCD的体积不小于eq \f(2,3)的概率为________.
eq \f(27,64) [当四棱锥O­ABCD的体积为eq \f(2,3)时，设O到平面ABCD的距离为h，则eq \f(1,3)×22×h＝eq \f(2,3)，解得h＝eq \f(1,2).如图所示，在四棱锥P­ABCD内作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH与底面ABCD的距离为eq \f(1,2).
因为PA⊥底面ABCD，且PA＝2，所以eq \f(PH,PA)＝eq \f(3,4)，
所以四棱锥O­ABCD的体积不小于eq \f(2,3)的概率P＝eq \f(V四棱锥P­EFGH,V四棱锥P­ABCD)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(PH,PA)))eq \s\up10(3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up10(3)＝eq \f(27,64).]
求解本题的关键是找到四棱锥O­ABCD的体积为eq \f(2,3)时的点O对应的平面EFGH ，然后借助比例关系计算体积比例，进而得出概率值.
[备选例题]
1.小李从网上购买了一件商品，快递员计划在下午5：00到6：00之间送货上门，已知小李下班到家的时间在下午5：30到6：00之间.快递员到小李家时，如果小李未到家，则快递员会电话联系小李.若小李能在10分钟之内到家，则快递员等小李回来；否则，就将商品存放在快递柜中.则小李需要去快递柜领取商品的概率为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(8,9) C.eq \f(5,12) D.eq \f(7,12)
答案为：D.解析：如图，设快递员和小李分别在下午5点后过了x分钟和y分钟到小李家，则所有结果构成的区域为{(x，y)|0≤x≤60，30≤y≤60}，这是一个矩形区域，y﹣x＞10表示小李比快递员晚到超过10分钟，事件M表示小李需要去快递柜领取商品，其所构成的区域是如图所示的直角梯形ABCD的内部区域及边界(不包含AB)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝60，,y＝x＋10，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝50，,y＝60，))即A(50，60)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝30，,y＝x＋10，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝20，,y＝30，))即B(20，30)，所以由几何概型的概率计算公式可知P(M)＝eq \f(\f(1,2)×（50＋20）×30,60×30)＝eq \f(7,12)，故选D.]
2.已知正三棱锥S­ABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VP­ABC＜eq \f(1,2)VS­ABC的概率是( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(3,4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案为：A.解析：由题意知，当点P在三棱锥的中截面A′B′C′以下时，满足VP­ABC∴事件“VP­ABC1.在5升水中有一个病毒，现从中随机地取出1升水，含有病毒的概率是________.
eq \f(1,5) [“取出1升水，其中含有病毒”这一事件记作事件A，
则P(A)＝eq \f(取出水的体积,所有水的体积)＝eq \f(1,5).从而所求的概率为eq \f(1,5).]
2.在一个球内有一棱长为1的内接正方体，一动点在球内运动，则此点落在正方体内部的概率为( )
A.eq \f(6,π) B.eq \f(3,2)π
C.eq \f(3,π) D.eq \f(2\r(3),3π)
答案为：D.解析：由题意可知这是一个几何概型，棱长为1的正方体的体积V1＝1，球的直径是正方体的体对角线长，故球的半径R＝eq \f(\r(3),2)，球的体积V2＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up10(3)＝eq \f(\r(3),2)π，
则此点落在正方体内部的概率P＝eq \f(V1,V2)＝eq \f(2\r(3),3π).]
数学文化是国家文化素质教育的重要组成部分，纵观近几年高考，概率统计部分以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新.同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开.下面通过对典型例题的剖析，让同学们增加对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解，提升数学核心素养.
以古代文化经典为素材
【例1】如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(π,8) C.eq \f(1,2) D.eq \f(π,4)
答案为：B.解析：不妨设正方形ABCD的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，
可得S正方形＝4.由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，
得S黑＝S白＝eq \f(1,2)S圆＝eq \f(π,2)，所以由几何概型知，所求概率P＝eq \f(S黑,S正方形)＝eq \f(\f(π,2),4)＝eq \f(π,8).故选B.]
[评析] 以《易经》八卦中的太极图为载体，既丰富了数学文化的取材途径，又很好体现数学的美学特征，可将实际问题转化为数学中的几何概型问题，结合几何概型解答.
【素养提升练习】1.中华文化博大精深，我国古代算书《周髀算经》中介绍了用统计概率得到圆周率π的近似值的方法.古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币(如图1)做统计，现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为2 cm，正方形的边长为1 cm，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的近似值为( )
图1 图2
A.eq \f(1,4（1－p）) B.eq \f(1,1－p) C.eq \f(1,1－4p) D.eq \f(4,1－p)
答案为：A.解析：圆形钱币的半径为2 cm，面积为S圆＝π·22＝4π；正方形边长为1 cm，面积为S正方形＝12＝1.在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p＝eq \f(S圆－S正方形,S圆)＝1﹣eq \f(1,4π)，则π＝eq \f(1,4（1－p）).故选A.]
2.五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分.古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)
答案为：A.解析：金、木、水、火、土任取两类，共有：
金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10种结果，其中两类元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5结果，所以2类元素相生的概率为eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，故选A.]
【例2】中国古代四大艺术，琴棋书画，源远流长，相传尧舜以棋教子，在春秋、战国时期，围棋已广为流行.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为eq \f(1,7)，都是白子的概率是eq \f(12,35)，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(12,35) C.eq \f(17,35) D.1
答案为：C.解析：设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A＋B，且事件A与B互斥.
所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(1,7)＋eq \f(12,35)＝eq \f(17,35).即任意取出2粒恰好是同一色的概率为eq \f(17,35).]
[评析] 以中国古代四大艺术为载体，渗透中国传统文化艺术，涉及世界人文知识，可将实际问题转化为数学中的古典概型问题，结合古典概型及互斥事件的概率给与解答.
【素养提升练习】1.齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案为：A.解析：分别用A，B，C表示齐王的上、中、下等马，用a，b，c表示田忌的上、中、下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc共9场比赛，其中田忌马获胜的有Ba，Ca，Cb共3场比赛，所以田忌马获胜的概率为eq \f(1,3).]
2.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，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为( )
A.eq \f(7,60) B.eq \f(1,6) C.eq \f(13,60) D.eq \f(1,4)
答案为：C.解析：基本事件总数n＝Aeq \\al(6,6)＝720，满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排包含的基本事件个数：第一节是数，有：Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝72种排法，第二节是数，有：Aeq \\al(5,5)﹣Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)＝84种排法，∴m＝72＋84＝156，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率p＝eq \f(m,n)＝eq \f(156,720)＝eq \f(13,60).故选C.]
3.洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.如图，若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个不同的数，其和等于15的概率是( )
A.eq \f(2,21) B.eq \f(1,14) C.eq \f(3,28) D.eq \f(1,7)
答案为：A.解析：先计算从四个阴数和五个阳数共9个数字中随机选取3个不同的数，总共有Ceq \\al(3,9)种选法，在计算符合条件和等于15的三个数的种类，即可算出概率.
从四个阴数和五个阳数共9个数字中随机选取3个不同的数，总共有Ceq \\al(3,9)＝84种选法，其和等于15的三个数的种类共有8种，即：(图形中各横，各列，对角线所在的三个数字之和均为15).故其和等于15的概率是：eq \f(8,84)＝eq \f(2,21)，故选A.]
以数学家为素材
【例3】我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,14) C.eq \f(1,15) D.eq \f(1,18)
C [不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有Ceq \\al(2,10)种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝eq \f(3,Ceq \\al(2,10))＝eq \f(1,15)，故选C.]
[评析] 以我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得的成果为载体，展现了我国数学家在数学领域中的地位，可将实际问题转化为数学中的古典概型问题，结合古典概型解答.
【素养提升练习】1.我国数学家邹元治利用如图证明了勾股定理，该图中用勾(a)和股(b)分别表示直角三角形的两条直角边，用弦(c)来表示斜边，现已知该图中勾为3，股为4，若从图中随机取一点，则此点不落在中间小正方形中的概率是( )
A.eq \f(25,49) B.eq \f(24,49) C.eq \f(4,7) D.eq \f(5,7)
答案为：B.解析：a＝3，b＝4，由题意得c＝5，因为大正方形的边长为a＋b＝3＋4＝7，小正方形的边长为c＝5，则大正方形的面积为49，小正方形的面积为25，所以满足题意的概率值为1﹣eq \f(25,49)＝eq \f(24,49).故选B.]
2.费马素数是法国大数学家费马命名的，形如22n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N))的素数(如：220＋1＝3)为费马素数，在不超过30的正偶数中随机选取一数，则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是( )
A.eq \f(2,15) B.eq \f(1,5) C.eq \f(4,15) D.eq \f(1,3)
答案为：B.解析：在不超过30的正偶数中随机选取一数，基本事件总数n＝15，能表示为两个不同费马素数的和的只有8＝3＋5，20＝3＋17，22＝5＋17，共有3个.
则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是P＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).]
以新时代气息为背景
【例4】现有三张识字卡片，分别写有“中”、“国”、“梦”这三个字.将这三张卡片随机排序，则能组成“中国梦”的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案为：D.解析：把这三张卡片排序有“中国梦”，“中梦国”，“国中梦”，“国梦中”，“梦中国”，“梦国中”，共有6种，能组成“中国梦” 的只有1种，故所求概率为eq \f(1,6).]
[评析] 以“中国梦”为载体，展现了中国特色社会主义新时代的气息，将数学落实在中华传统美德，贯彻“弘扬正能量”的精神风貌中，可结合古典概型解答.
【素养提升练习】1.2019年，河北等8省公布了高考改革综合方案将采取“3＋1＋2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门.一名同学随机选择3门功课，则该同学选到物理、地理两门功课的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案为：B.解析：由题意可知总共情况为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)＝12，满足情况为Ceq \\al(1,3)＝3，∴该同学选到物理、地理两门功课的概率为P＝eq \f(3,12)＝eq \f(1,4).故选B.]
2.为了弘扬我国优秀传统文化，某中学广播站在中国传统节日：春节，元宵节，清明节，端午节，中秋节五个节日中随机选取两个节日来讲解其文化内涵，那么春节和端午节至少有一个被选中的概率是( )
A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7
答案为：D.解析：由题意得，从五个节日中随机选取两个节日的所有情况有Ceq \\al(2,5)＝10种，设“春节和端午节至少有一个被选中”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为2Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(2,2)＝7.由古典概型概率公式可得P(A)＝eq \f(2Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(7,10)＝0.7.故选D.]
3.电视台组织中学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，主题分别是“中华诗词”“社会主义核心价值观”“依法治国理念”“中国戏剧”“创新能力”.某参赛队从中任选2个主题作答，则“中华诗词”主题被该队选中的概率是________.
eq \f(2,5) [由于知识竞赛有五个板块，所以共有Ceq \\al(2,5)＝10种结果，某参赛队从中任选2个主题作答，选中的结果为Ceq \\al(1,4)＝4种，则“中华诗词”主题被选中的概率为P(A)＝eq \f(2,5).]
古典概型与几何概型
一、选择题
1.生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
答案为：B.解析：设5只兔子中测量过某项指标的3只为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只为b1，b2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10种可能.其中恰有2只测量过该指标的情况为(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共6种可能.
故恰有2只测量过该指标的概率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).故选B.]
2.“上医医国”出自《国语·晋语八》，比喻高贤能治理好国家.现把这四个字分别写在四张卡片上，其中“上”字已经排好，某幼童把剩余的三张卡片进行排列，则该幼童能将这句话排列正确的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,6) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,12)
答案为：A.解析：幼童把这三张卡片进行随机排列，基本事件总数n＝3，∴该幼童能将这句话排列正确的概率P＝eq \f(1,3).故选A.]
3.《易经》是我国古代预测未来的著作，其中同时抛掷三枚古钱币观察正反面进行预测未知，则抛掷一次时出现两枚正面、一枚反面的概率为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(3,8) D.eq \f(1,2)
答案为：C.解析：抛掷三枚古钱币出现的基本事件有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反，共8种，其中出现两正一反的共有3种，故所求概率为eq \f(3,8).故选C.]
4.将一个骰子连续掷3次，它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,9) C.eq \f(1,15) D.eq \f(1,18)
答案为：A.解析：一个骰子连续掷3次，落地时向上的点数可能出现的组合数为63＝216种.落地时向上的点数依次成等差数列，当向上点数若不同，则为(1，2，3)，(1，3，5)，(2，3，4)，(2，4，6)，(3，4，5)，(4，5，6)，共有2×6＝12种情况；当向上点数相同，共有6种情况.故落地时向上的点数依次成等差数列的概率为eq \f(12＋6,216)＝eq \f(1,12).]
5.七巧板是一种古老的中国传统智力游戏，被誉为“东方魔板”.如图，这是一个用七巧板拼成的正方形，其中1号板与2号板为两个全等的等腰直角三角形，3号板与5号板为两个全等的等腰直角三角形，7号板为一个等腰直角三角形，4号板为一个正方形，6号板为一个平行四边形.现从这个大正方形内任取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(3,16) D.eq \f(3,8)
答案为：C.解析：设大正方形的面积为4S，则5号板与7号板的面积之和为eq \f(3,4)S，所以从这个大正方形内任取一点，则此点取自阴影部分的概率是eq \f(\f(3,4)S,4S)＝eq \f(3,16).]
二、填空题
6.有一个底面半径为1、高为2的圆柱，点O为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为________.
eq \f(2,3) [由题意得该圆柱的体积V＝π×12×2＝2π.圆柱内满足点P到点O的距离小于等于1的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球，且此半球的体积V1＝eq \f(1,2) × eq \f(4,3)π×13＝eq \f(2,3)π，所以所求概率P＝eq \f(V－V1,V)＝eq \f(2,3).]
7.从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是________.
eq \f(7,10) [从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，基本事件总数n＝10，选出的2名同学中没有女同学包含的基本事件个数：
m＝3，∴选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是p＝1﹣eq \f(m,n)＝1﹣eq \f(3,10)＝eq \f(7,10).]
8.如图所示的茎叶图是甲、乙两人在4次模拟测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为________.
0.3 [依题意，记题中被污损的数字为x，若甲的平均成绩不超过乙的平均成绩，则有(8＋9＋2＋1)﹣(5＋3＋x＋5)≤0，解得x≥7，即此时x的可能取值是7，8，9，因此甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率P＝eq \f(3,10)＝0.3.]
三、解答题
9.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)由已知，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，因此应从甲、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)＝eq \f(5,12).
10.某学校为担任班主任的教师办理手机语音月卡套餐，为了解通话时长，采用随机抽样的方法，得到该校100位班主任每人的月平均通话时长T(单位：分钟)的数据，其频率分布直方图如图所示，将频率视为概率.
(1)求图中m的值；
(2)估计该校担任班主任的教师月平均通话时长的中位数；
(3)在[450，500)，[500，550]这两组中采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求抽取的2人恰在同一组的概率.
[解] (1)依题意，根据频率分布直方图的性质，可得：
50×(m＋0.0040＋0.0050＋0.0066＋0.0016＋0.0008)＝1，解得m＝0.0020.
(2)设该校担任班主任的教师月平均通话时长的中位数为t.
因为前2组的频率之和为(0.0020＋0.0040)×50＝0.3<0.5，
前3组的频率之和为(0.0020＋0.0040＋0.0050)×50＝0.55>0.5，
所以350由0.3＋0.0050×(t﹣350)＝0.5，得t＝390.
所以该校担任班主任的教师月平均通话时长的中位数为390分钟.
(3)由题意，可得在[450，500)内抽取6×eq \f(0.0016,0.0016＋0.0008)＝4人，分别记为a，b，c，d，在[500，550]内抽取2人，记为e，f，
则6人中抽取2人的取法有：{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种等可能的取法.
其中抽取的2人恰在同一组的有{a，b}，{a，c}，{a，d}，{b，c}，{b，d}，{c，d}，{e，f}，共7种取法，所以从这6人中随机抽取的2人恰在同一组的概率P＝eq \f(7,15).
1.在区间[0，π]上随机地取一个数x，则事件“sin x≤eq \f(1,2)”发生的概率为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案为：D.解析：在[0，π]上，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))时，sin x≤eq \f(1,2)，故概率为eq \f(\f(π,3),π)＝eq \f(1,3).]
2.甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”.从上述回答分析，丙是第一名的概率是( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
答案为：B.解析：因为甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制条件对丙、丁、戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是eq \f(1,3).故选B.]
3.将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x﹣2)2＋y2＝2有公共点的概率为________.
eq \f(7,12) [依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1，1)，(1，2)，(1，3)，…，(6，6)，共36种，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x﹣2)2＋y2＝2有公共点，即满足eq \f(2a,\r(a2＋b2))≤ eq \r(2)，a2≤b2的数组(a，b)有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，…，(6，6)，共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率为eq \f(21,36)，即eq \f(7,12).]
4.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).
1.如图，B是AC上一点，分别以AB，BC，AC为直径作半圆，从B作BD⊥AC，与半圆相交于D，AC＝6，BD＝2eq \r(2)，在整个图形中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是( )
A.eq \f(2,9) B.eq \f(1,3) C.eq \f(4,9) D.eq \f(2,3)
答案为：C.解析：连接AD，CD，可知△ACD是直角三角形，又BD⊥AC，所以BD2＝AB·BC，设AB＝x(0＜x＜6)，则有8＝x(6﹣x)，得x＝2，所以AB＝2，BC＝4，由此可得图中阴影部分的面积等于eq \f(π×32,2)﹣(eq \f(π×12,2)＋eq \f(π×22,2))＝2π，故概率P＝eq \f(2π,\f(1,2)×9π)＝eq \f(4,9).故选C.
]
2.某人有4把钥匙，其中2把能打开门.现随机地取1把钥匙试着开门，不能开门的就扔掉，问第二次才能打开门的概率是________.如果试过的钥匙不扔掉，这个概率又是________.
eq \f(1,3) eq \f(1,4) [第二次打开门，说明第一次没有打开门，故第二次打开的概率为eq \f(2×2,4×3)＝eq \f(1,3)；
如果试过的钥匙不扔掉，这个概率为eq \f(2×2,4×4)＝eq \f(1,4).]
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
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×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
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×
○
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住房租金
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×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○
课外素养提升⑨ 数学建模——数学文化与概率