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高中概率详尽版


§11.4

随机事件的概率

1.随机事件和确定事件 (1)、必然事件:一般地,把在条件 S 下,一定会发生的事件叫做相对于条件 S 的必然事件。 (2)、不可能事件:把在条件 S 下,一定不会发生的事件叫做相对于条件 S 的不可能事件。 (3)、确定事件:必然事件和不可能事件统称相对于条件 S 的确定事件。 (4)、随机事件:在条件 S

下可能发生也可能不发生的事件,叫相对于条件 S 的随机事件。 2.频率与概率 (1)在相同的条件 S 下重复 n 次试验,观察某一事件 A 是否出现,称 n 次试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的________, 称事件 A 出现的比例 fn(A)= 为事件 A 出 现的频率. (2)对于给定的随机事件 A, 如果随着试验次数的增加, 事件 A 发生的____________fn(A) 稳定在某个常数上,把这个____________记作 P(A),称为事件 A 的____________. (3)频率与概率的区别与联系:随机事件的频率,指此事件发生的次数 nA 与试验总次数 n 的比值

nA ,它具有一定的稳定性,总在某个常数附近摆动,且随着试验次数的不断增多, n

这种摆动幅度越来越小。 我们把这个常数叫做随机事件的概率, 概率从数量上反映了随机事 件发生的可能性的大小。频率在大量重复试验的前提下可以近似地作为这个事件的概率 例 1 判断下列事件哪些是必然事件,哪些是不可能事件,哪些是随机事件? (1) “平抛一石块,下落”. (2) “在标准大气压下且温度低于 0℃时,冰融化” ; (3) “某人射击一次,中靶” ; (4) “如果 a>b,那么 a-b>0”; (5) “掷一枚硬币,出现正面” ; (6) “常温下,铁通电后,发热” ; (7) “从分别标有号数 1,2,3,4,5 的 5 张标签中任取一张,得到 4 号签” ; (8) “某电话机在 1 分钟内收到 2 次呼叫” ; (9) “没有水份,种子能发芽” ; (10) “在常温下,焊锡熔化” .

答:根据定义,事件(1) 、 (4) 、 (6)是必然事件;事件(2) 、 (9) 、 (10)是不可能事 件;事件(3) 、 (5) 、 ( 7) 、 (8)是随机事件. 例 2 某射手在同一条件下进行射击,结果如下表所示: 射击次数 n 击中靶心次数 m 击中靶心的频率 10 8 20 19 50 44 100 92 200 178 500 455

m n

(1)填写表中击中靶心的频率; (2)这个射手射击一次,击中靶心的概率约是什么?

3.概率的意义 (1)、 概率的正确解释: 随机事件在一次试验中发生与否是随机的, 但随机性中含有规律性。 认识了这种随机中的规律性,可以比较准确地预测随机事件发生的可能性。 (2)、游戏的公平性:抽签的公平性。 (3)、决策中的概率思想:从多个可选答案中挑选出正确答案的决策任务,那么“使得样本 出现的可能性最大”可以作为决策的准则。 ——极大似然法、小概率事件 (4)、 天气预报的概率解释: 明天本地降水概率为 70%解释是 “明天本地下雨的机会是 70%” 。 (5)、试验与发现:孟德尔的豌豆试验。 (6)、遗传机理中的统计规律。 4.事件的关系与运算(类比集合的关系与运算) (1)包含。对于事件 A 与事件 B,如果事件 A 发生,则事件 B 一定发生,称事件 B 包含事件 A(或事件 A 包含于事件 B) ,记作 B ? A(或A ? B) 。 不可能事件记作 ? 。 (2)相等。若 B ? A且A ? B ,则称事件 A 与事件 B 相等,记作 A=B。 (3)事件 A 与事件 B 的并事件(和事件) :某事件发生当且仅当事件 A 发生或事件 B 发生。 (4)事件 A 与事件 B 的交事件(积事件) :某事件发生当且仅当事件 A 发生且事件 B 发生。 (5)事件 A 与事件 B 互斥: A ? B 为不可能事件,即 A ? B =? ,即事件 A 与事件 B 在任何一次试验中并不会同时发生。 (6)事件 A 与事件 B 互为对立事件: A ? B 为不可能事件, A ? B 为必然事件,即事 件 A 与事件 B 在任何一次试验中有且仅有一个发生。 拓展:“互斥事件”与“对立事件”的区别及联系:两个事件 A 与 B 是互斥事件,有 如下三种情况:①若事件 A 发生,则事件 B 就不发生;②若事件 B 发生,则事件 A 就 不发生;③事件 A,B 都不发生.两个事件 A 与 B 是对立事件,仅有前两种情况.因此, 互斥未必对立,但对立一定互斥. 5.概率的几个基本性质 (1) 0 ? P( A) ? 1. (2)必然事件的概率为 1. P( E ) ? 1. (3)不可能事件的概率为 0. P( F ) ? 0 . (4)事件 A 与事件 B 互斥时,P(A ? B)=P(A)+P(B)——概率的加法公式。 (5)若事件 B 与事件 A 互为对立事件, ,则 A ? B 为必然事件, P( A ? B) ? 1 . ①如果事件 A 与事件 B 互斥,则 P(A∪B)=__ P(A)+ P(B)_________. 推广:如果事件 A1,A2,?,An 两两互斥(彼此互斥),那么事件 A1+A2+?+An 发生 的概率,等于这 n 个事件分别发生的概率的和,即 P(A1+A2+?+An)=_ P(A1)+ P(A2)

+?+p(An)_________. ②若事件 B 与事件 A 互为对立事件,则 P(A)=1—P(B)_______. 例 1 一个射手进行一次射击,试判断下列事件哪些是互斥事件?哪些是对立事件? 事件 A:命中环数大于 7 环; 事件 B:命中环数为 10 环; 事件 C:命中环数小于 6 环; 事件 D:命中环数为 6、7、8、9、10 环. 分析:要判断所给事件是对立还是互斥,首先将两个概念的联系与区别弄清楚,互斥事件是 指不可能同时发生的两事件, 而对立事件是建立在互斥事件的基础上, 两个事件中一个不发 生,另一个必发生。 解:A 与 C 互斥(不可能同时发生) ,B 与 C 互斥,C 与 D 互斥,C 与 D 是对立事件(至少 一个发生). 例 2 抛掷一骰子,观察掷出的点数,设事件 A 为“出现奇数点” ,B 为“出现偶数点” ,已知 P(A)=

1 1 ,P(B)= ,求出“出现奇数点或偶数点” . 2 2

分析:抛掷骰子,事件“出现奇数点”和“出现偶数点”是彼此互斥的,可用运用概率的加 法公式求解. 解: 记 “出现奇数点或偶数点” 为事件 C,则 C=A∪B,因为 A、 B 是互斥事件, 所以 P(C)=P(A)+ P(B)=

1 1 + =1 2 2

答:出现奇数点或偶数点的概率为 1 例 3 袋中有 12 个小球,分别为红球、黑球、黄球、绿球,从中任取一球,得到红球的概率 为

1 5 5 ,得到黑球或黄球的概率是 ,得到黄球或绿球的概率也是 ,试求得到黑球、得 3 12 12

到黄球、得到绿球的概率各是多少? 分析:利用方程的思想及互斥事件、对立事件的概率公式求解. 解:从袋中任取一球,记事件“摸到红球” 、 “摸到黑球” 、 “摸到黄球” 、 “摸到绿球”为 A、

5 5 ;P(C∪D)=P(C)+P(D)= ;P(B∪C∪D)=1-P(A)=112 12 1 1 1 2 1 = ,解的 P(B)= ,P(C)= ,P(D)= 3 3 6 4 4 1 1 1 答:得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率分别是 、 、 . 4 6 4
B、C、D,则有 P(B∪C)=P(B)+P(C)=

自查自纠: 1.(1)必然事件 (2)不可能事件 (3)随机事件 (4)确定事件 随机事件 nA 2.(1)频数 (2)频率 常数 概率 n (3)小概率事件 3.包含 B?A A=B 或 且 A∩B ? A∩B A∪B ? 1 4.(1)0≤P(A)≤1 (2)1 (3)0 (4)①P(A)+P(B) P(A1)+P(A2)+?+P(An) ②1-P(B)

下列事件中,随机事件的个数是( ) ①掷一枚硬币,正面朝上; ②当 x∈R,x2+2x+2≥0; ③掷一颗骰子,出现的点数大于 5; ④一个三角形中小边对大角,大边对小角. A.1 B.2 C.3 D.4 解:①③是随机事件,②是必然事件,④是不可能事件.故选 B. 给出下列四个命题: ①设有一批产品,其次品率为 0.05,则从中任取 200 件,必有 10 件是次品; m 51 ②作 100 次抛硬币的试验,结果 51 次出现正面,则出现正面的概率是 = ; n 100 ③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率; 9 ④投掷骰子 100 次,得总数是 1 的结果 18 次,则出现 1 点的频率是 . 50 其中真命题的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解:频率是概率的近似,频率不是概率,只有④正确.故选 A. (2014·江南十校联考)从正五边形的五个顶点中,随机选择三个顶点连成三角形, 对于事件 A:“这个三角形是等腰三角形”,下列推断正确的是( ) 1 A.事件 A 发生的概率等于 5 2 B.事件 A 发生的概率等于 5 C.事件 A 是不可能事件 D.事件 A 是必然事件 解: 从正五边形的五个顶点中随机选三个顶点连成的三角形都是等腰三角形, 所以事件 A 是必然事件.故选 D. ( 2013·安徽) 从 1, 2, 3, 4, 5 中任意取出两个不同的数,其和为 5 的概率是 ____________. 2 2 1 1 解:P= 2= = .故填 . C5 10 5 5 (2013·重庆)若甲、乙、丙三人随机地站成一排,则甲、乙两人相邻而站的概率为 ____________. 2 A2 2 2·A2 2 解:所求概率为 3 = .故填 . A3 3 3

类型一

随机事件的概念

同时掷两颗骰子一次, (1)“点数之和是 13”是什么事件?其概率是多少? (2)“点数之和在 2~13 之间”是什么事件?其概率是多少? (3)“点数之和是 7”是什么事件?其概率是多少? 解:(1)由于点数最大是 6,和最大是 12,不可能得 13,故此事件是不可能事件,其概 率为 0. (2)由于点数之和最小是 2,最大是 12,在 2~13 之间,它是必然事件,其概率为 1.

(3)由(2)知,和是 7 是有可能的,此事件是随机事件.事件“点数之和是 7”包含的基本 事件有{1,6},{2,5},{3,4},{4,3},{5,2},{6,1}共 6 个,因此该事件的概率 P= 6 1 = . 6×6 6 点拨: 明确必然事件、不可能事件、随机事件的意义及相互联系.判断一个事件是哪类事件要 看两点:一是看条件,二是看结果发生与否,在条件 S 下事件发生与否是对应于条件 S 而言 的. 一个口袋内装有 5 个白球和 3 个黑球,从中任意取出一个球, (1)“取出的球是红球”是什么事件?它的概率是多少? (2)“取出的球是黑球”是什么事件?它的概率是多少? (3)“取出的球是白球或黑球”是什么事件?它的概率是多少? 解:(1)由于口袋内装有黑、白两种颜色的球,故“取出的球是红球”是不可能事件, 其概率为 0. (2)由已知,从口袋内取出一个球,可能是白球,也可能是黑球,故“取出的球是黑球” 3 是随机事件,它的概率是 . 8 (3)由于口袋内装的是黑、白两种颜色的球,故取出一个球不是黑球,就是白球,因此, “取出的球是白球或黑球”是必然事件,它的概率为 1.

类型二

对立与互斥的概念

判断下列各组事件是否是互斥事件,并说明道理. 某小组有 3 名男生和 2 名女生,从中任选 2 名同学去参加演讲比赛,其中 (1)恰有 1 名男生和恰有 2 名男生; (2)至少有一名男生和至少有一名女生; (3)至少有一名男生和全是男生; (4)至少有 1 名男生和全是女生. 解:(1)是互斥事件. 道理是: 在所选的 2 名同学中, “恰有 1 名男生” 实质选出的是 “一名男生和一名女生” , 它与“恰有两名男生”不可能同时发生,所以是一对互斥事件. (2)不是互斥事件. 道理是:“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、1 名女生”和“两名都是男生”两种结 果, “至少有 1 名女生”包括“1 名女生、1 名男生”和“两名都是女生”两种结果,它们可 能同时发生. (3)不是互斥事件. 道理是:“至少有一名男生”包括“一名男生、一名女生”和“两名都是男生”,这与 “全是男生”可同时发生. (4)是互斥事件. 道理是:“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、1 名女生”和“两名都是男生”两种结 果,它和“全是女生”不可能同时发生. 点拨: 判断两个事件是否为互斥事件,就是考查它们能否同时发生,如果不能同时发生,则是 互斥事件,否则,就不是互斥事件.判断对立与互斥除了用定义外,也可以利用集合的观点 来判断.注意:①事件的包含、相等、互斥、对立等,其发生的前提条件应是一样的;②对 立是针对两个事件来说的,而互斥可以是多个事件的关系.

在 10 件产品中有 8 件正品、2 件次品,从中任取 3 件: (1)“恰有 1 件次品”和“恰有 2 件次品”是互斥事件吗? (2)“恰有 2 件次品”和“至多有 1 件次品”是对立事件吗? 解:(1)“恰有 1 件次品”和“恰有 2 件次品”都是随机事件,且不可能同时发生,∴ 二者是互斥事件; (2)“恰有 2 件次品”即“2 件次品 1 件正品”, “至多有 1 件次品”即“3 件正品”或“1 件次品 2 件正品” , 它们不可能同时发生且并 起来是必然事件, ∴二者是对立事件.

类型三

互斥与对立概念的初步运用
经统计,在某展览馆处排队等候验证的人数及其概率如下表:
排队人数 概率 0 0.10 1 0.16 2 0.30 3 0.30 4 0.10 5 0.04

(1)求至多 2 人排队的概率; (2)求至少 1 人排队的概率. 解:设没有人排队为事件 A,恰有 1 人排队为事件 B,恰有 2 人排队为事件 C,至多 2 人排队为事件 D,至少 1 人排队为事件 E,则事件 A,B,C 两两互斥,事件 A 和 E 是对立 事件,并且 D=A+B+C. 由表格中的数据得 P(A)=0.10,P(B)=0.16,P(C)=0.30. (1)至多 2 人排队的概率为 P(D)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.10+0.16+0.30= 0.56. (2)至少 1 人排队的概率为 P(E)=1-P(A)=1-0.10=0.90. 点拨: 求事件的概率常需求互斥事件的概率和,要学会把一个事件分拆为几个互斥事件.当直 接计算事件的概率比较复杂(或不能直接计算)时, 通常是正难则反转而求其对立事件的概率. 一盒中装有大小和质地均相同的 12 个小球,其中 5 个红球,4 个黑球,2 个 白球,1 个绿球.从中随机取出 1 个球,求: (1)取出的小球是红球或黑球的概率; (2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率. 解:记事件 A={任取 1 球为红球}; B={任取 1 球为黑球}; C={任取 1 球为白球}; D={任取 1 球为绿球}. 显然 A,B,C,D 互斥. 5 4 2 1 则 P(A)= ,P(B)= ,P(C)= ,P(D)= . 12 12 12 12 (1)取出 1 球为红球或黑球的概率为 5 4 3 P1=P(A)+P(B)= + = . 12 12 4 (2)取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为 5 4 2 11 P2=P(A)+P(B)+P(C)= + + = . 12 12 12 12 ?或P2=1-P(D)=1- 1 =11? 12 12? ?

1.概率与频率的关系 (1)频率是一个随机数,在试验前是不能确定的. (2)概率是一个确定数,是客观存在的,与试验次数无关. (3)频率是概率的近似值,随着试验次数的增加,频率一般会越来越接近概率,因而概 率是频率的稳定值. 2.互斥事件、对立事件的判定方法 (1)利用基本概念 ①互斥事件是两个不可能同时发生的事件; ②对立事件首先是互斥事件,且必有一个发生. (2)利用集合的观点来判断 设事件 A 与 B 所含的结果组成的集合分别是 A,B, ①事件 A 与 B 互斥,即集合 A∩B=?; ②事件 A 与 B 对立,即集合 A∩B=?,且 A∪B=I(全集),也即 A=?IB 或 B=?IA; ③对互斥事件 A 与 B 的和 A+B,可理解为集合 A∪B. 3.求复杂的互斥事件的概率的方法 一是直接法, 将所求事件的概率分解为一些彼此互斥事件概率的和, 运用互斥事件的求 和公式计算;二是间接法,先求此事件的对立事件的概率,再用公式 P(A)=1-P(A),即运 用逆向思维的方法(正难则反)求解,应用此公式时,一定要分清事件的对立事件到底是什么 事件,不能重复或遗漏.特别是对于含“至多”“至少”等字眼的题目,用第二种方法往往 显得比较简便.

1.给出下列事件: ①同学甲竞选班长成功; ②两队比赛,强队胜利; ③一所学校共有 998 名学生,至少有三名学生的生日相同; ④若集合 A,B,C 满足 A?B,B?C,则 A?C; ⑤古代有一个国王想处死一位画师,背地里在 2 张签上都写了“死”字,再让画师抽 “生死签”,画师抽到死签; ⑥七月天下雪; ⑦从 1,3,9 中任选两数相加,其和为偶数; ⑧骑车通过 10 个十字路口,均遇红灯. 其中属于随机事件的有( ) A.3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个 解:①②⑥⑧为随机事件.故选 B. 2.某战士在打靶中连续射击两次,事件“至少有一次中靶”的对立事件是( ) A.至多有一次中靶 B.两次都中靶 C.两次都不中靶 D.只有一次中靶 解:不能同时发生且必有一个发生的两个事件是对立事件,故选 C. 3.从一堆产品(其中正品与次品都多于 2 件)中任取 2 件,下列事件是互斥事件但不是对 立事件的是( ) A.恰好有 1 件次品和恰好有 2 件次品 B.至少有 1 件次品和全是次品 C.至少有 1 件正品和至少有 1 件次品 D.至少有 1 件次品和全是正品 解:依据互斥和对立事件的定义知,B,C 都不是互斥事件;D 不但是互斥事件而且是 对立事件;只有 A 是互斥事件但不是对立事件.故选 A. 4.(2013·济宁模拟)某产品分甲、乙、丙三级,其中乙、丙均属于次品.若生产中出现乙

级品的概率为 0.03, 出现丙级品的概率为 0.01, 则抽查一件产品, 恰好是正品的概率为( ) A.0.99 B.0.98 C.0.97 D.0.96 解:由互斥与对立的概念,知所求概率为 1-(0.03+0.01)=0.96.故选 D. 5.若在同等条件下进行 n 次重复试验得到某个事件 A 发生的频率 f(n), 则随着 n 的逐渐 增加,有( ) A.f(n)与某个常数相等 B.f(n)与某个常数的差逐渐减小 C.f(n)与某个常数的差的绝对值逐渐减小 D.f(n)在某个常数附近摆动并趋于稳定 解:由频率与概率的定义、区别及联系知 D 正确.故选 D. 6.一块各面均涂有油漆的正方体被锯成 1000 个大小相同的小正方体,若将这些小正方 体均匀地搅混在一起,从中任意取出一个,则取出的小正方体两面涂有油漆的概率是( ) 3 27 6 12 A. B. C. D. 25 250 125 125 解:∵每条棱上有 8 块,共有 8×12=96 块. 96 12 ∴所求概率为 = .故选 D. 1000 125 7.口袋内有一些大小相同的红球、黄球、白球,从中摸出一个球,摸出红球或白球的概 率为 0.65,摸出黄球或白球的概率为 0.6,那么摸出白球的概率是________. 解:设摸出红球、白球、黄球的事件分别为 A,B,C,由条件 P(A∪B)=P(A)+P(B)= 0.65,P(B∪C)=P(B)+P(C)=0.6,又 P(A∪B)=1-P(C),∴P(C)=0.35,∴P(B)=0.25.或 用 0.65+0.6-1=0.25.故填 0.25. 8.(2013·皖南八校联考)若随机事件 A,B 互斥,A,B 发生的概率均不等于 0,且 P(A) =2-a,P(B)=3a-4,则实数 a 的取值范围为________. 解:∵随机事件 A,B 互斥,且 A,B 发生的概率均不等于 0, ∴由概率的基本性质可得: ?0<P(A)<1,

? ?0<P(B)<1, ? ?P(A)+P(B)≤1, 0<2-a<1, ? ? 有?0<3a-4<1, ? ?2-a+3a-4≤1, 4 3? 4 3 解得 <a≤ .故填? ?3,2?. 3 2

9.盒中装有 4 只相同的白球与 6 只相同的黄球.从中任取一只球.试指出下列事件分别属 于什么事件?它们的概率是多少? ①A=“取出的球是白球”; ②B=“取出的球是蓝球”; ③C=“取出的球是黄球”; ④D=“取出的球是白球或黄球”. 解:A 是随机事件,概率为 0.4; B 是不可能事件,概率为 0; C 是随机事件,概率为 0.6; D 是必然事件,概率为 1. 10.在添加剂的搭配使用中,为了找到最佳的搭配方案,需要对各种不同的搭配方式作 比较.在试制某种牙膏新品种时, 需要选用两种不同的添加剂.现有芳香度分别为 0, 1, 2, 3, 4,5 的六种添加剂可供选用.根据试验设计原理,通常首先要随机选取两种不同的添加剂进 行搭配试验. (1)求所选用的两种不同添加剂的芳香度之和等于 4 的概率; (2)求所选用的两种不同添加剂的芳香度之和不小于 3 的概率.

解:设“所选用的两种不同添加剂的芳香度之和等于 4”的事件为 A, “所选用的两种 不同添加剂的芳香度之和不小于 3”的事件为 B. 从六种不同芳香度的添加剂中随机选两种有 C2 6=15 种选取方法. (1)“所选用的两种不同添加剂的芳香度之和等于 4”的选法有 2 种:(0,4),(1,3), 2 故 P(A)= . 15 (2)“所选用的两种不同添加剂的芳香度之和小于 3”的选法有 2 种:(0,1),(0,2), 1 1 ? 13 故 P(B)=1-? ?15+15?=15. 11.抛掷一个均匀的正方体玩具(各面分别标有数字 1,2,3,4,5,6),事件 A 表示“朝 上一面的数是奇数”,事件 B 表示“朝上一面的数不超过 3”,求 P(A∪B). 解法一:因为 A∪B 的意义是事件 A 发生或事件 B 发生,所以一次试验中只要出现 1, 2, 3, 5 四个可能结果之一时, A∪B 就发生, 而一次试验的所有可能结果为 6 个, 所以 P(A∪B) 4 2 = = . 6 3 解法二:记事件 C 为“朝上一面的数为 2”,则 A∪B=A∪C,且 A 与 C 互斥.又因为 1 1 1 1 2 P(C)= ,P(A)= ,所以 P(A∪B)=P(A∪C)=P(A)+P(C)= + = . 6 2 2 6 3 解法三:记事件 D 为“朝上一面的数为 4 或 6”,则事件 D 发生时,事件 A 和事件 B 都不发生,即事件 A∪B 不发生.又事件 A∪B 发生即事件 A 发生或事件 B 发生时,事件 D 2 1 不发生,所以事件 A∪B 与事件 D 为对立事件.因为 P(D)= = ,所以 P(A∪B)=1-P(D)= 6 3 1 2 1- = . 3 3 袋中有 12 个小球,分别为红球、黑球、黄球、绿球,从中任取一球,得到红 1 5 1 球的概率是 ,得到黑球或黄球的概率是 ,得到黄球或绿球的概率是 ,试求:从中任取一 4 12 2 球,得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少? 解:从中任取一球,分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件 A,B,C,D.由于 A, B,C,D 为互斥事件,根据已知得 1 +P(B)+P(C)+P(D)=1, 4

? ? 5 ?P(B∪C)=P(B)+P(C)=12,解得 ? . ?P(C∪D)=P(C)+P(D)=1 2 1 P(B)= , 4 ? ? 1 ?P(C)=6, 1 ? . ?P(D)=3
§11.5

1 1 1 ∴从中任取一球,得到黑球、黄球、绿球的概率分别是 , , . 4 6 3

古典概型

1.基本事件和基本事件空间的概念 (1)在一次试验中,我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果,它们是试验中不能

再分的最简单的随机事件,其他事件可以用它们来描绘,这样的事件称为____________. (2)所有基本事件构成的集合称为______________,常用大写希腊字母________表示. 2.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. 例 1 掷一颗骰子,观察掷出的点数,求掷得奇数点的概率。 分析:掷骰子有 6 个基本事件,具有有限性和等可能性,因此是古典概型。 解:这个试验的基本事件共有 6 个,即(出现 1 点) 、 (出现 2 点)??、 (出现 6 点) 所以基本事件数 n=6,事件 A=(掷得奇数点)=(出现 1 点,出现 3 点,出现 5 点) , 其包含的基本事件数 m=3,所以,P(A)=

m 3 1 = = =0.5 n 6 2

例 2 从含有两件正品 a1,a2 和一件次品 b1 的三件产品中,每次任取一件,每次取出后不放 回,连续取两次,求取出的两件产品中恰有一件次品的概率。 解:每次取出一个,取后不放回地连续取两次,其一切可能的结果组成的基本事件有 6 个,即(a1,a2)和, (a1,b2) , (a2,a1) , (a2,b1) , (b1,a1) , (b2,a2) 。其中小括号内左 边的字母表示第 1 次取出的产品,右边的字母表示第 2 次取出的产用 A 表示“取出的两种 中,恰好有一件次品”这一事件,则 A=[(a1,b1) , (a2,b1) , (b1,a1) , (b1,a2)],事件 A 由 4 个基本事件组成,因而,P(A) =

4 2 = 6 3

例 3 现有一批产品共有 10 件,其中 8 件为正品,2 件为次品: (1)如果从中取出一件,然后放回,再取一件,求连续 3 次取出的都是正品的概率; (2)如果从中一次取 3 件,求 3 件都是正品的概率. 分析: (1)为返回抽样; (2)为不返回抽样. 解: (1) 有放回地抽取 3 次, 按抽取顺序 (x,y,z) 记录结果, 则 x,y,z 都有 10 种可能, 所以试验结果有 10×10×10=10 种;设事件 A 为“连续 3 次都取正品” ,则包含的基本事件 共有 8×8×8=8 种,因此,P(A)=
3 3

83 =0.512. 103

(2) 解法 1: 可以看作不放回抽样 3 次, 顺序不同, 基本事件不同, 按抽取顺序记录 (x,y,z) , 则 x 有 10 种可能, y 有 9 种可能, z 有 8 种可能, 所以试验的所有结果为 10×9×8=720 种. 设 事件 B 为 “3 件都是正品” , 则事件 B 包含的基本事件总数为 8×7×6=336, 所以 P(B)=

336 720

≈0.467. 解法 2:可以看作不放回 3 次无顺序抽样,先按抽取顺序(x,y,z)记录结果,则 x 有 10 种 可能,y 有 9 种可能,z 有 8 种可能,但(x,y,z) , (x,z,y) , (y,x,z) , (y,z,x) , (z,x,y) , (z,y,x) ,是相同的,所以试验的所有结果有 10×9×8÷6=120,按同样的方法,事件 B 包 含的基本事件个数为 8×7×6÷6=56,因此 P(B)=

56 ≈0.467. 120

小结:关于不放回抽样,计算基本事件个数时,既可以看作是有顺序的,也可以看作是无顺 序的,其结果是一样的,但不论选择哪一种方式,观察的角度必须一致,否则会导致错误.

3.古典概型 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型: (1)试验中所有可能出现的基本事件只有__有限个_个. (2)每个基本事件出现的可能性相等_. 4.古典概型的概率公式 在古典概型中, 一次试验可能出现的结果有 n 个, 如果某个事件 A 包含的结果有 m 个, 那么事件 A 的概率为 P(A)=________. 自查自纠: 1.(1)基本事件 (2)基本事件空间 Ω 2.(1)互斥 (2)基本事件 3.(1)有限 (2)相等 m 4. n

某班级有正、副两位班长,则其性别的基本事件空间为( ) A.{男男,女女} B.{男女,女男} C.{男男,女男,女女} D.{男男,女男,男女,女女} 解:每位班长性别有 2 种可能性,正、副两位班长有 4 种等可能情形.故选 D. 将一颗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,记第一次出现的点数为 x,第二次出现的点数为 y.则事件“x+y≤3”的概率为( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 12 9 3 15 3 1 解:满足条件的数对(x,y)为(1,2),(1,1),(2,1)共 3 种,则 P= = .故选 A. 36 12 (2014·陕西)从正方形四个顶及其中心这 5 个点中,任取 2 个点,则这 2 个点的距 离不小于该正方形边长的概率为( ) 1 2 3 4 A. B. C. D. 5 5 5 5 解:依题意,在 5 个点中任取 2 个点有 C2 5种取法,由于正方形的中心到 4 个顶点的距 C2 5-4 离小于边长,所以这 2 个点的距离小于该正方形边长的有 4 种,故所求概率为 P= 2 = C5 10-4 3 = ,故选 C. 10 5 有 6 位身高全不相等的同学拍照留念,摄影师要求前后两排各 3 个,则后排每人均 比前排所有同学高的概率为______. 解:因后排每人均比前排同学高,所以 6 人中较高的 3 人站在后排,其余 3 个站前排, 3 A3 1 1 3A3 ∴P= 6 = .故填 . A6 20 20 (2014·广东)从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取七个不同的数,则这七个数 的中位数是 6 的概率为________. 解: 从十个数中任取七个不同的数有 C7 这七个数的中位数是 6 的有 C3 10种情况, 6种情况, 3 C6 1 1 所求概率 P= 7 = .故填 . C10 6 6

类型一

基本事件与基本事件空间的概念

将一枚均匀硬币抛掷三次,观察向上一面的正反. (1)试用列举法写出该试验所包含的基本事件; (2)事件 A:“恰有两次正面向上”包含几个基本事件; (3)事件 B:“三次都正面向上”包含几个基本事件. 解:(1)试验的所有基本事件有:(正,正,反),(正,反,正),(正,反,反),(正,正, 正),(反,反,反),(反,反,正),(反,正,反),(反,正,正),共 8 种等可能结果. (2)事件 A 包含的基本事件有三个:(正,正,反),(正,反,正),(反,正,正). (3)事件 B 包含的基本事件只有一个:(正,正,正). 点拨: 基本事件是试验中不能再分解的事件,是“最小”的“事件单位”.任何基本事件都是 互斥的,任何复杂事件都可以分解为基本事件,所有基本事件的全体组成基本事件空间. 做抛掷两颗骰子的试验,用(x,y)表示结果,其中 x 表示第一颗骰子出现的点 数,y 表示第二颗骰子出现的点数,写出: (1)试验的基本事件; (2)事件“出现点数之和大于 8”; (3)事件“出现点数相等”; (4)事件“出现点数之和大于 10”. 解:(1)这个试验的基本事件为 (1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6), (2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6), (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6), (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6), (5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6), (6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6). (2)“出现点数之和大于 8”包含以下 10 个基本事件: (3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6). (3)“出现点数相等”包含以下 6 个基本事件:(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5), (6,6). (4)“出现点数之和大于 10”包含以下 3 个基本事件:(5,6),(6,5),(6,6).

类型二

列举基本事件求概率

(2013·江西)小波以游戏方式决定是去打球、唱歌还是去下棋.游戏规则为:以 O 为起点,再从 A1,A2,A3,A4,A5,A6(如图)这 6 个点中任取两点分别为终点得到两个向 量,记这两个向量的数量积为 X,若 X>0 就去打球,若 X=0 就去唱歌,若 X<0 就去下棋.

(1)写出数量积 X 的所有可能取值; (2)分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率. 解:(1)X 的所有可能取值为-2,-1,0,1.

→ → (2)数量积为-2 的有OA2·OA5,共 1 种; → → → → → → → → → → → → 数量积为-1 的有OA1· OA5, OA1· OA6, OA2· OA4, OA2· OA6, OA3· OA4, OA3· OA5, 共 6 种; → → → → → → → → 数量积为 0 的有OA1·OA3,OA1·OA4,OA3·OA6,OA4·OA6,共 4 种; → → → → → → → → 数量积为 1 的有OA1·OA2,OA2·OA3,OA4·OA5,OA5·OA6,共 4 种. 故所有可能的情况共有 15 种. 7 ∴小波去下棋的概率为 P1= ; 15 4 小波去唱歌的概率为 P= , 15 4 11 ∴小波不去唱歌的概率为 P2=1-P=1- = . 15 15 点拨: 本题将平面向量与概率知识结合,创新味十足,是能力立意的好题.如果所求事件对应 的基本事件规律性不强,不易计数,那么一般我们通过逐一列举计数,再求概率,此题即是 如此.列举的关键是要有序(有规律),从而确保不重不漏.另外注意对立事件概率公式的应用. (2013·湖南十二校第一次联考)甲口袋中装有大小相同的标号分别为 1, 2, 3, 4 的 4 个小球,乙口袋中装有大小相同的标号分别为 2,3,4,5 的 4 个小球.现从甲、乙口 袋中各取一个小球. (1)求两球标号之积为偶数的概率; (2)设 ξ 为取出的两球的标号之差的绝对值,求 ξ≥2 的概率. 解:(1)设两球标号之积为偶数为事件 A,则其对立事件为两球标号之积为奇数,因此 1 C1 3 2C2 P(A)=1-P(A)=1- 1 1= . C4C4 4 (2)由于 ξ∈N,若 ξ≥2,则 ξ=2,3,4. 当 ξ=2 时,甲取 1 乙取 3,甲取 2 乙取 4,甲取 3 乙取 5,甲取 4 乙取 2; 当 ξ=3 时,甲取 1 乙取 4,甲取 2 乙取 5; 当 ξ=4 时,甲取 1 乙取 5. 4+2+1 7 故所求概率为 P= 1 1 = . C4C4 16

类型三

无放回抽样问题

有 10 件产品,其中有 2 件次品,每次抽取 1 件检验,抽检后不放回,共抽 2 次.求下列事件的概率: (1)两次抽取的都是正品; (2)抽到的恰有一件为次品; (3)第 1 次抽到正品,第 2 次抽到次品. 解:记 Ω={从 10 件产品中任抽 2 件},则 n=card(Ω)=C2 10. (1)记 A={从 10 件产品中抽 2 件,都是正品}, 则 m1=card(A)=C2 8. C2 28 8 ∴P(A)= 2 = . C10 45 1 (2)记 B={从 10 件产品中抽 2 件,一件为正品,一件为次品},则 m2=card(B)=C1 2C8. 1 1 C2C8 16 ∴P(B)= 2 = . C10 45

(3)解法一:由于事件 B 中包含“第 1 次为正品,第 2 次为次品”和“第 1 次为次品, 第 2 次为正品”两种等可能的情况. 1 1 1 CC 2 2 8 8 ∴所求事件的概率 P= 2 = . C10 45 解法二:记 Ω′={从 10 件产品中,任取一件(放入甲袋中),再从剩下 9 件产品中任取一 件(放入乙袋中)},记 C={第 1 次取出的是正品,第 2 次取出的是次品}={甲袋中为正品, 1 1 乙袋中为次品},∴card(Ω′)=A2 10,card(C)=C8C2. 1 1 C8C2 8 ∴P(C)= 2 = . A10 45 点拨: 请注意题(3)的两种解法,一种是将试验(抽取 2 件产品)看作是组合(无序的),一种是将 试验看作是排列(有序的),值得注意的是两种解法的样本空间不同,事件 C 不属于样本空间 Ω(C?Ω ),因此不能用 card(Ω)进行计算.样本空间的选取会影响到解答的过程,因此解等可 能概型时,建议遵循以下步骤:①判断该问题是等可能概型;②确定样本空间(即试验的方 法,因为试验的方法影响样本空间);③用排列组合方法确定 card(Ω)与 card(A),得到 P(A) card(A) = . card(Ω) 某种饮料每箱装 6 听,其中有 2 听不合格,质检人员从中随机抽出 2 听,求 下列事件的概率: (1)A:抽出的两听都是合格品; (2)B:抽出的两听中 1 听合格,1 听不合格; (3)C:抽出的两听中有不合格产品. 解:记 Ω={从 6 听饮料中随机抽出 2 听},则 card(Ω)=C2 6=15. (1)记 A={从 6 听饮料中抽出 2 听,都是合格品}, 则 card(A)=C2 4=6. card(A) 2 ∴P(A)= = . card(Ω) 5 (2)记 B={从 6 听饮料中抽出 2 听,1 听合格,1 听不合格}, 1 则 card(B)=C1 2C4=8. card(B) 8 ∴P(B)= = . card(Ω) 15 (3)记 C={从 6 听饮料中抽出 2 听,有不合格产品}, 事件 C 包含“抽出 2 听都是不合格品”和“1 听合格,1 听不合格”两种情况. 1 1 则 card(C)=C2 2+C2C4=9. card(C) 9 3 ∴P(C)= = = . card(Ω) 15 5

类型四

有放回抽样

10 个球,其中 3 个白球 7 个黑球,某人有放回地进行抽球,求下列事件的概 率: (1)第 3 次抽到白球; (2)第 3 次才抽到白球. 3 解:(1)记 Ω={第 3 次抽球},则 n=10,A={第 3 次抽到白球},m=3.∴P(A)= =0.3. 10 (2)记 Ω′={连续从 10 个球中有放回地抽 3 次球}, 则 n=103, B={第 3 次才抽到白球},

则 m=7×7×3. 7×7×3 ∴P(B)= =0.147. 103 点拨: ①第一问中的样本空间也可以扩大为 (2)中的 Ω′,此时 (1)中的 m 有变化,但结果为 10×10×3 7 7 3 =0.3 不变; ②运用独立性概念也可以计算(2)的概率, 即 P= × × =0.147; 103 10 10 10 7×7×3 7×6×3 ③注意 =0.147 与 =0.175 的区别. 103 10×9×8 (2013·成都模拟)盒子中装有形状、大小完全相同的 3 个红球和 2 个白球, 从 中随机取出一个记下颜色后放回, 当红球取到 2 次时停止取球, 那么取球次数恰为 3 次的概 率是( ) 8 36 44 81 A. B. C. D. 125 125 125 125 解: “取球次数恰为 3 次”意味着第 3 次取到红球且前两次取到 1 红 1 白, 故所求概率 2 3×2×A2×3 36 为 = ,故选 B. 53 125

类型五

间接计算

某班有 N(N∈N*,N<365)名同学,求至少 2 人在同一天过生日的概率(一年按 365 天计). 解:Ω={N 名同学过生日},A={至少有 2 名同学同一天过生日}.则 n=365N,对于 A, 其 m=card(A)=AN 365. AN 365 ∴P(A)=1- N. 365 点拨: 间接计算是计算概率十分常用的方式,是“正难则反”策略的体现,对于含“至 多”“至少”等词句的概率问题,一般情况下应首先考虑利用这一策略.高考概率大题对间 接计算的考查也比较常见,尤其是计算含个别比较复杂概率的分布列或期望问题.应用时应 注意相关概率的计算应准确无误. (2014·新课标Ⅰ)4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动, 则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( ) 1 3 5 7 A. B. C. D. 8 8 8 8 解:4 名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有 24=16(种),其 1+1 7 中仅在周六或周日参加公益活动的情况各有 1 种,∴所求概率为 1- = .故选 D. 16 8

1.古典概型是概率论中最简单而又直观的模型, 在概率论的发展初期曾是主要研究对象, 许多概率的运算法则都是在古典概型中得到证明的(遂谓之“古典”).要判断一个试验是否为 古典概型,只需要判断这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能性. 2.求古典概型的概率

(1)对于事件 A 的概率的计算,关键是要分清基本事件总数 n 与事件 A 包含的基本事件 数 m.因此必须解决以下三个方面的问题:第一,本试验是否是等可能的;第二,本试验的 基本事件数有多少个;第三,事件 A 是什么,它包含的基本事件有多少个. (2)如果基本事件的个数比较少,可用列举法把古典概型试验所含的基本事件一一列举 m 出来,然后再求出事件 A 中的基本事件数,利用公式 P(A)= 求出事件 A 的概率,这是一 n 个形象直观的好方法,但列举时必须按照某一顺序做到不重不漏. (3)如果基本事件个数比较多,列举有一定困难时,也可借助两个计数原理及排列组合 m 知识直接计算 m,n,再运用公式 P(A)= 求概率. n (4)较为简单的问题可以直接使用古典概型概率公式计算,较为复杂的概率问题的处理 方法有: ①转化为几个互斥事件的和,利用互斥事件的加法公式求解; ②采用间接法, 先求事件 A 的对立事件 A 的概率, 再由 P(A)=1-P(A)求事件 A 的概率.

1.从集合 A={2, 3, -4}中随机选取一个数记为 k, 则函数 y=kx 单调递增的概率为( ) 2 1 4 2 A. B. C. D. 9 3 9 3 解:k>0 时符合要求.故选 D. 2.甲、乙、丙三人随意坐在一条长凳上,乙正好坐中间的概率为( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 3 4 6 A2 1 2 解:P= 3= .故选 B. A3 3 3.袋中共有 6 个除了颜色外完全相同的球,其中有 1 个红球,2 个白球和 3 个黑球,从 袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率等于( ) 1 2 3 4 A. B. C. D. 5 5 5 5 1 1 C2C3 2 解:所求概率 P= 2 = .故选 B. C6 5 4.从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个,其个位数为 0 的概率是( ) 4 1 2 1 A. B. C. D. 9 3 9 9 解: 将符合条件“个位数与十位数之和为奇数”的两位数分成两种类型: 一是十位数是 奇数,个位数是偶数,共有 5×5=25 个,其中个位数为 0 的有 10,30,50,70,90 共 5 5 1 个;二是十位数是偶数,个位数是奇数,共有 4×5=20 个.所以 P= = .故选 D. 25+20 9 5.(2013·浙江宁波十校联考)将一颗骰子向上抛掷两次,所得点数分别为 m 和 n,则 n≤2m 的概率是( ) 1 2 3 5 A. B. C. D. 2 3 4 6 解:满足 n>2m 的数对(n,m)为(6,2),(6,1),(5,2),(5,1),(4,1),(3,1)共 6 种, 6 5 所以所求概率为 1- = .故选 D. 36 6 6.有 5 本不同的书,其中语文书 2 本,数学书 2 本,物理书 1 本.若将其随机并排摆放 到书架的同一层上,则同一科目的书都不相邻的概率为( ) 1 2 3 4 A. B. C. D. 5 5 5 5 72 2 3 2 2 解: 同一科目的书相邻的情况有: 2A4 故所求事件的概率为 P=1- 4A2-A3A2A2=72 种, 120

2 = .故选 B. 5 7.(2014·上海)为强化安全意识, 某商场拟在未来的连续 10 天中随机选择 3 天进行紧急 疏散演练,则选择的 3 天恰好为连续 3 天的概率是____________(结果用最简分数表示). 3 解:在未来的连续 10 天中随机选择 3 天共有 C10 =120 种情况,其中选择的 3 天恰好为 8 1 1 连续 3 天的情况有 8 种,故所求概率为 = .故填 . 120 15 15 8.(2013·全国课标Ⅱ卷)从 n 个正整数 1,2,?,n 中任意取出两个不同的数,若取出 1 的两数之和等于 5 的概率为 ,则 n=__________. 14 2 1 2 解:依题意有 2= (显然 n≥7),∴C2 n=28 得 n -n-56=0,∴n=8 或 n=-7,又 Cn 14 ∵n∈N*,∴n=8.故填 8. 9.将一颗骰子先后抛掷 2 次,观察向上的点数,求: (1)两数中至少有一个奇数的概率; (2)以第一次向上的点数为横坐标 x,第二次向上的点数为纵坐标 y 的点(x,y)在圆 x2+ y2=15 内部的概率. 解:将一颗骰子先后抛掷 2 次,此问题中含有 36 个等可能性基本事件. (1)记“两数中至少有一个奇数”为事件 B,则事件 B 与“两数均为偶数”互为对立事 9 3 3 件,所以 P(B)=1- = ,即两数中至少有一个奇数的概率为 . 36 4 4 (2)基本事件总数为 36, 点(x, y)在圆 x2+y2=15 的内部记为事件 C, 而满足条件 x2+y2<15 的点(x,y)为(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),则 C 包含 8 8 2 2 个事件,所以 P(C)= = ,即点(x,y)在圆 x2+y2=15 内部的概率为 . 36 9 9 10.甲、乙、丙、丁 4 名同学被随机地分到 A,B,C 三个社区参加社会实践,要求每个 社区至少有一名同学. (1)求甲、乙两人都被分到 A 社区的概率; (2)求甲、乙两人不在同一个社区的概率. A2 1 2 解:(1)记甲、乙两人同时被分到 A 社区为事件 EA,那么 P(EA)= 2 3= . C4A3 18 1 即甲、乙两人同时被分到 A 社区的概率是 . 18 A3 1 3 (2)记甲、乙两人在同一社区为事件 E,那么 P(E)= 2 3= ,所以,甲、乙两人不在同 C4A3 6 5 一社区的概率是 P(E)=1-P(E)= . 6 1 11.袋中装有黑球和白球共 7 个,从中任取两个球,都是白球的概率为 .现有甲、乙两人 7 从袋中轮流摸球,甲先取,乙后取,然后甲再取,?,取后不放回,直到两人中有 1 人取到 白球时即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的. (1)求袋中原有白球的个数; (2)求取球 2 次终止的概率; (3)求甲取到白球的概率. n(n-1) 解:(1)设袋中有 n 个白球,从袋中任取 2 个球是白球的结果是 . 2 6×7 从袋中任取 2 个球的所有可能的结果数为 =21. 2 n(n-1) 2 n(n-1) 1 由题意知 = = , 7 21 42 ∴n(n-1)=6,解得 n=3(舍去 n=-2).

故袋中原有 3 个白球. 4 ×3 2 (2)记“取球 2 次终止”为事件 A,则 P(A)= = . 7 ×6 7 (3)记“甲取到白球”的事件为 B, “第 i 次取到白球”为 Ai,i=1,2,3,4,5, 因为甲先取,所以甲只有可能在第 1 次,第 3 次和第 5 次取球.所以 P(B)=P(A1+A3+ A5).而 A1,A3,A5 两两互斥. 3 4×3×3 4×3×2×1×3 3 6 1 22 ∴P(B)=P(A1)+P(A3)+P(A5)= + + = + + = . 7 7×6×5 7×6×5×4×3 7 35 35 35 2013 ·武汉二模 ( )为了庆祝六一儿童节, 某食品厂制作了 3 种不同的精美卡片, 每袋食品随机装入一张卡片,集齐 3 种卡片可获奖,现购买 5 袋该食品,则获奖的概率为 ________. 解法一:“获奖”即每种卡片至少一张,而 5=1+1+3=1+2+2.有 3 种卡片,购买了 5 袋该食品,则基本事件总数为 35. 1 3 1 2 2 3C1 50 5C4C3+3C5C4C2 故所求概率为 = . 5 3 81 解法二: 若 5 袋食品均装入的是这 3 种卡片中的 1 种或 2 种则不获奖, 即不获奖的概率 5 C2 · 2 - 3 31 31 50 50 3 为 = ,从而获奖的概率为 1- = .故填 . 35 81 81 81 81

§11.6

几何概型

1.随机数是在一定范围内随机产生的数, 并且得到这个范围内任何一个满足条件的数的 机会是____________.利用计算器,Excel,Scilab 等都可以产生随机数. 2.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; 3.概率计算公式 (1)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 的区域长度(面积或体 积)

(2)几何概型的特点:1)试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个;2) 每个基本事件出现的可能性相等. 例 1. 某人欲从某车站乘车出差,已知该站发往各站的客车均每小时一班,求此人等车时间 不多于 10 分钟的概率. 分析: 假设他在 0~60 分钟之间任何一个时刻到车站等车是等可能的,但在 0 到 60 分钟 之间有无穷多个时刻,不能用古典概型公式计算随机事件发生的概率 .可以通过几何概型的 求概率公式得到事件发生的概率.因为客车每小时一班,他在 0 到 60 分钟之间任何一个时刻 到站等车是等可能的,所以他在哪个时间段到站等车的概率只与该时间段的长度有关 ,而与 该时间段的位置无关,这符合几何概型的条件. 解:设 A={等待的时间不多于 10 分钟},我们所关心的事件 A 恰好是到站等车的时刻位于 [50,60]这一时间段内,因此由几何概型的概率公式,得 P(A)=

60 ? 50 1 = ,即此人等车时 60 6

间不多于 10 分钟的概率为

1 . 6

例 2 在 1 万平方千米的海域中有 40 平方千米的大陆架储藏着石油,假设在海域中任意一点 钻探,钻到油层面的概率是多少? 分析:石油在 1 万平方千米的海域大陆架的分布可以看作是随机的而 40 平方千米可看 作构成事件的区域面积,有几何概型公式可以求得概率。 解: 记 “钻到油层面” 为事件 A, 则 P(A)=

储藏石油的大陆架面积 40 = =0.004. 所有海域的大陆架面积 10000

例 3 在长为 12cm 的线段 AB 上任取一点 M,并以线段 AM 为边作正方形,求这个正方形 的面积介于 36cm2 与 81cm2 之间的概率. 自查自纠: 1.均等的 2.长度 面积 体积 几何概率模型 几何概型 3.试验的全部结果构成的区域的长度(面积或体积)
构成事件A的区域的长度(面积或体积)

(2013·福建)利用计算机产生 0~1 之间的均匀随机数 a,则事件“3a-1<0”发生 的概率为( ) 1 1 2 5 A. B. C. D. 3 2 3 6 1 3 1 1 解:3a-1<0,即 a< ,∴所求概率 P= = . 3 1 3 故选 A. 已知球 O 是正方体 ABCDA1B1C1D1 的内切球,则在正方体 ABCDA1B1C1D1 内任取 一点 M,点 M 在球 O 内的概率是( ) π π π π A. B. C. D. 4 8 6 12 解:记正方体的边长为 a,所求概率为 4 ?a?3 π· 3 ? 2? π V球 P= = = .故选 C. a3 6 V正方体 2014 ·新余二模 ( )如图,将半径为 1 的圆分成相等的四段弧,再将四段弧围成星形 放在圆内(阴影部分),现在往圆内任投一点,此点落在星形区域内的概率为( )

4 A. -1 π 1 C.1- π

1 B. π D. 2 π

π 1 解:图中空白处的面积为 4( - ×12)×2=2π-4, 4 2

阴影部分的面积为 π-(2π-4)=4-π,往圆内任投一点,此点落在星形区域内的概率 P 4-π 4 = = -1.故选 A. π π 5 (2013·湖北)在区间[-2,4]上随机地取一个数 x,若 x 满足|x|≤m 的概率为 ,则 m 6 =____________. m-(-2) 5 解:显然 m>2,由几何概型得 = ,解得 m=3.故填 3. 4-(-2) 6 (2014·辽宁)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正方形 ABCD 中,则质 点落在图中阴影区域的概率是________.

2?1 (1-x2)dx 8 ?-1 3 2 S阴影 解:由几何概型的概率计算公式可知,所求概率 P= = = = .故 22 4 3 S正方形 2 填 . 3

类型一

以长度为度量的几何概型

在半径为 1 的圆内的一条直径上任取一点, 过这个点作垂直于该直径的弦, 则 弦长超过圆内接等边三角形边长的概率是________. 解:记事件 A 为“弦长超过圆内接等边三角形的边长”.

如图, 不妨在过等边三角形 BCD 的顶点 B 的直径 BE 上任取一点 F 作垂直于直径的弦, 当弦为 CD 时, 就是等边三角形的边长, 弦长大于 CD 的充要条件是圆心 O 到弦的距离小于 1 ×2 2 1 1 1 ,由几何概型公式得:P(A)= = .故填 . 2 2 2 2 点拨: 事件A对应的线段长 . 试验的全部结果对应的线段长 ※②本题实际是著名的贝特朗悖论的解答之一,该“悖论”是说:在一半径为 1 的圆 C 内 ①以线段长度为度量的几何概型概率计算公式:P(A)=

任意作一弦, 此弦长度大于该圆内接正三角形边长( 3)的概率是多少?由于题中“任意作一 弦”的提法不明确,与之对应的随机试验及基本事件也不同,从而产生不同的概率问题.除 了本例给出的解答外, 还有两种常见解答, 而这三种解答结果各不相同, 从而形成所谓的“悖 1 论”.另外两种如下:(Ⅰ)以 为半径作圆 C 的同心圆 C1(图 1),易证弦的中点 M 落在圆 C1 2 1 内的充要条件为弦长 l> 3,故所求概率等于二圆面积之比 ;(Ⅱ)设弦 AB 的一端固定于圆 4 上,于是弦的另一端 B 是“任意”的,考虑正三角形 ADE(图 2),弦长 l> 3的充要条件为 B ︵ ︵ 1 落在劣弧DE上,故所求概率为劣弧DE的弧长与圆周长之比 .有兴趣的同学可以翻阅相关资 3 料,并不妨探究一下:这三种解答采用的都是何种等可能性的假定?

lnx (2013·哈尔滨质检)已知函数 f(x)= ,导函数为 f′(x).在区间[2,3]上任取一 x 点 x0,则使得 f′(x0)>0 的概率为____________. 1-lnx 1-lnx 解:由已知得 f′(x)= 2 ,故 f′(x)>0? 2 >0,解得 0<x<e,故由几何概型可得所求 x x e-2 事件的概率为 =e-2.故填 e-2. 3-2

类型二

以面积为度量的几何概型

(1)如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 内任取一点 P(x,y).

1 ①求△APB 的面积大于 的概率; 4 ②求点 P 到原点的距离小于 1 的概率. 解:①如图,

1 取线段 BC,AO 的中点 E,F,连接 EF,则当点 P 在线段 EF 上时,S△APB= ,故满足 4 条件的点 P 所在的区域为矩形 OFEC(阴影部分). S矩形OFEC 1 故所求概率为 = . S正方形OABC 2 ②所有的点 P 构成正方形区域 D,若点 P 到原点距离小于 1,

1 ·π·12 4 π 部分(图中阴影部分).∴点 P 到原点距离小于 1 的概率为: = . 12 4 点拨:

0<x<1, ? ? 则?0<y<1, 所以符合条件的点 P 构成的区域是圆 x2+y2=1 在第一象限所围的平面 ? ?x2+y2<1,

事件A构成区域的面积 . 整个试验的全部结果构成区域的面积 ②解此类问题的主要步骤为:列出条件组,画出图形,计算面积,再求概率.③多注意数形 结合. (2)甲、 乙两人约定在 6 时到 7 时之间在某处会面, 并约定先到者应等候另一人一刻钟, 过时即可离去.求两人能会面的概率. 解:以 x 轴和 y 轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间,则两人能够会面的充要条 件是|x-y|≤15. ①以面积为度量的几何概型概率计算公式: P =

在如图所示平面直角坐标系下,(x,y)的所有可能结果是边长为 60 的正方形区域,而 事件 A“两人能够会面”的可能结果由图中的阴影部分表示.由几何概型的概率公式得: S阴影 602-452 105×15 7 P(A)= = = = . S 602 3 600 16 7 所以,两人能会面的概率是 . 16 点拨: ①平面直角坐标系内用 x 轴表示甲到达约会地点的时间,y 轴表示乙到达约会地点的时 间,用 0 分到 60 分表示 6 时到 7 时的时间段,则横轴 0 到 60 与纵轴 0 到 60 的正方形中任 一点的坐标(x,y)就表示甲、乙两人分别在 6 时到 7 时时间段内到达的时间.而能会面的时间 由|x-y|≤15 所对应的图中阴影部分表示.②本题的难点在于把实际问题转化为几何模型. (1)在可行域内任取一点,规则如程序框图所示,求能输出数对(x,y)的概率.

1 解:由题意,设输出数对(x,y)的概率为 P,也即 x2+y2≤ 所表示的平面区域与不等式 2 ? - 1 ≤ x + y ≤ 1 , ? 组? 所表示的平面区域面积的比. ?-1≤x-y≤1 ?

1 π× 2 π 如图所示,所求概率 P= = . 2× 2 4 (2)甲、乙两艘轮船都要停靠同一个泊位,它们可能在一昼夜的任意时刻到达.甲、乙两 船停靠泊位的时间分别为 4 小时与 2 小时, 求有一艘船停靠泊位时必须等待一段时间的概率. 解:甲比乙早到 4 小时内乙须等待,甲比乙晚到 2 小时内甲须等待.以 x 和 y 分别表示 甲、乙两船到达泊位的时间,则有一艘船停靠泊位时须等待一段时间的充要条件为-2<y- x<4,

在如图所示的平面直角坐标系内,(x,y)的所有可能结果是边长为 24 的正方形,而事 件 A“有一艘船停靠泊位时须等待一段时间”的可能结果由阴影部分表示.由几何概型公式 得: 1 1 242- ×222- ×202 2 2 67 P(A)= = . 2 24 288 67 故有一艘船停靠泊位时必须等待一段时间的概率是 . 288

类型三

以体积为度量的几何概型

在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1 内任取一点 P,则点 P 到点 A 的距离不 大于 a 的概率为( ) 2 2 1 π A. B. π C. D. 2 2 6 6 1 4 3 × πa 8 3 1 解: 满足条件的点在以 A 为球心, 半径为 a 的 球内(含球面), 所以所求概率为 P= 8 a3 π = .故选 D. 6 点拨: 构成事件A的区域的体积 ①以体积为度量的几何概型概率计算公式:P= ;② 试验的全部结果构成的区域的体积 对于以体积为度量的几何概型, 要根据空间几何体的体积计算方法, 把概率计算转化为空间 几何体的体积计算.

1 在边长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 的内部随机取一点 P,则 VP?ABCD > 的 6 概率为( 1 A. 2 ) 1 1 1 B. C. D. 3 6 18 1 1 1 1 解:由 VP?ABCD> 得 SABCD·h> (h 为 P 到平面 ABCD 的高).SABCD=1,∴h> .故满足 6 3 6 2 条件的点构成的几何体为

1 如图中截面下方部分.故所求概率为 .故选 A. 2

类型四

几何概型与定积分

(2013·广东深圳调研)设 A=(a, c)|0<a<2, 0<c<2, a, c∈R, 若任取(a, c)∈A, 2 则关于 x 的方程 ax +2x+c=0 有实根的概率为( ) 1+ln2 1-ln2 1+2ln2 3-2ln2 A. B. C. D. 2 2 4 4 1 解:若方程 ax2+2x+c=0 有实根,则 Δ=4-4ac≥0,可解得 c≤ , a

1 如图所示,任取(a,c)∈A,阴影部分面积为 2× + 2

?

21

1 2

a

da =1+lna|21=1+2ln2,此区
2

1+2ln2 1 域为满足 c≤ 的点 (a , c)所在区域,由面积型几何概型概率公式得所求概率为 = a 2×2 1+2ln2 .故选 C. 4 点拨: 以面积为测度的几何概型问题是几何概型的主要问题, 而积分的重要作用正是计算曲边 梯形的面积,这类问题巧妙且自然地将新课标新增内容——几何概型与定积分结合在一起, 是近几年各地高考及模拟中的热点题型.预计对此类问题的考查会加大力度. (2013·鄂西质检)如图, 在矩形 ABCD 中, AB=1, AD=2, O 为 AD 的中点, 抛物线的一部分在矩形内,点 O 为抛物线的顶点,点 B,C 在抛物线上,在矩形内随机地投 一点,则此点落在阴影部分的概率为( )

1 1 1 2 A. B. C. D. 4 3 2 3 解:取 BC 中点 E,以 O 为坐标原点,OE 所在直线为 x 轴,OA 所在直线为 y 轴建立平 2 3 1 面直角坐标系, 则抛物线方程为 y2=x, 曲边三角形 AOB 的面积为 1-?1 xdx=1- x2|1 0= , 3 3 ? 1 ×2 3 又矩形 ABCD 的面积为 2,根据几何概型的概率公式,可得此点落在阴影部分的概率为 2 1 = .故选 B. 3
0

类型五

几何概型与平面区域的综合性问题

将长为 l 的木棒随机折成 3 段,求 3 段能构成三角形的概率. 解:记事件 A=“3 段能构成三角形”,x,y 分别表示其中 2 段的长度,则第 3 段的长 度为 l-x-y. 则试验的全部结果可构成集合 Ω={(x,y)|0<x<l,0<y<l,0<x+y<l},要使 3 段构 成三角形,当且仅当任意两段之和大于第 3 段,即 l x+y>l-x-y?x+y> , 2

l x+l-x-y>y?y< , 2 l y+l-x-y>x?x< . 2 故所求结果构成集合 l l l? ? A=?(x,y)|x+y>2,0<y<2,0<x<2?. ? ? 由图可知,所求概率为 1 ? l ?2 · A的面积 2 ?2? 1 P(A)= = = . l2 4 Ω的面积 2

点拨: 对 Ω 和事件 A 的描述和表达是解决问题的关键, 利用隐含条件“两边之和大于第三边” 建立不等式组,再利用线性规划知识解题.

1 在区间[0,1]上任意取两个实数 a,b,则函数 f(x)= x3+ax-b 在区间(-1, 2 1)上有且仅有一个零点的概率为________. 3 1 解:f′(x)= x2+a,故 f(x)在(-1,1)上单调递增,又因为函数 f(x)= x3+ax-b 在(-1, 2 2 0≤a≤1,

? 0≤b≤1, ?1 1)上有且仅有一个零点,即有 f(-1)<0 且 f(1)>0 成立,可化为? +a-b>0, 2 ? +a+b>0. ?1 2

由线性规划知识, 在平面直角坐标系 aOb 中画出这个不等式组所表示的可行域, 如图, 1 3 再由几何概型可以知道,函数 f(x)= x +ax-b 在(-1,1)上有且仅有一个零点的概率为可 2 7 7 行域的面积除以正方形的面积,计算可得面积之比为 .故填 . 8 8

类型六

随机模拟

(2013·杭州模拟)试写出一个随机模拟的方法,用来近似计算由 y=x2+1 与 y =8 所围区域的面积. 解:在平面直角坐标系内画出正方形,

如图所示, 用随机模拟的方法可以求出阴影部分与正方形的面积之比, 从而求得阴影部 分面积的近似值. 设事件 A 表示“随机向正方形内投点,所投的点落在阴影部分”. S1 用计数器 n 记录做了多少次投点试验,用计数器 m 记录其中有多少个点(x,y)满足 2 y>x +1(即点落在阴影部分).首先置 n=0,m=0. S2 用变换 rand( )*8-4 产生-4~4 之间的均匀随机数 x,表示所投的点的横坐标;用 变换 rand( )*8 产生 0~8 之间的均匀随机数 y,表示所投的点的纵坐标. S3 判断点(x,y)是否落在阴影部分,即是否满足 y>x2+1.如果是,则计数器 m 的值加 1,即 m=m+1;如果不是,m 的值保持不变. S4 表示随机试验次数的计数器 n 的值加 1,即 n=n+1.如果还要继续试验,则返回步 m 骤 S2 继续执行;否则,程序结束.程序结束后,用事件 A 发生的频率 作为事件 A 的概率的 n 近似值. S 设阴影部分的面积为 S,正方形的面积为 64.由几何概型的概率公式得 P(A)= . 64

64m 所以阴影部分面积的近似值为 . n 点拨: 利用随机模拟的方法计算不规则图形的面积的一个常用思路是: 在不规则图形外加一个 规则图形, 利用几何概型的概率公式求出落在所求面积的图形内任意一点的事件发生的概率; 再利用随机模拟的方法产生随机数,计算相关频率.当试验次数增加到一定程度,所得的频 率就可以看成用几何概型的概率公式求出的概率,进而可求出所求的面积.用类似方法也可 求出不规则几何体的体积. 甲盒中有红、黑、白皮笔记本各 1 本,乙盒中有黄、黑、白皮笔记本各 1 本, 且所有笔记本的规格质地相同,从两盒中各取 1 本. (1)请设计一种随机模拟的方法,来近似计算取出的两本是不同颜色笔记本的概率; (2)计算取出的两本是不同颜色笔记本的概率. 解:(1)第一步,利用抓阄法或计算机(计算器)产生随机数的方法产生取值为 1,2,3 中 的随机数.用“1”表示取到红色笔记本, “2”表示取到黑色笔记本, “3”表示取到白色笔记本. 第二步,利用抓阄法或计算机(计算器)产生随机数的方法产生取值为 2,3,4 中的随机 数.用“4”表示取到黄色笔记本, “2”表示取到黑色笔记本, “3”表示取到白色笔记本. m 第三步, 重复上面的两步 n 次.统计前两步取到不同数的试验次数 m,则 就是取出的两 n 本是不同颜色笔记本的概率的近似值. (2)从两盒中各取一本的所有情形为(红,黄),(红,黑),(红,白);(黑,黄),(黑,黑), (黑,白);(白,黄),(白,黑),(白,白),共 9 种.两本笔记本颜色相同的情形为(黑,黑), (白,白),共 2 种. 2 7 故所求概率为 P=1- = . 9 9

1.几何概型与古典概型的关系 几何概型是古典概型的补充和推广, 它要求随机试验的基本事件空间包含无穷多个元素, 每个基本事件由在几何空间(一维、二维、三维)中的某一区域 G 内随机而取的点的位置来确 定;而“基本事件发生或出现是等可能的”这一要求,两种概率模型是高度统一的. 2.解决几何概型问题,注意把握好以下几点: (1)能正确区分古典概型与几何概型. 例 1:在区间[0,10]上任意取一个整数 x,则 x 不大于 3 的概率为________. 例 2:在区间[0,10]上任意取一个实数 x,则 x 不大于 3 的概率为________. 例 1 的基本事件总数为有限个 11,不大于 3 的基本事件有 4 个,此为古典概型,故所 4 3 求概率为 .例 2 的基本事件总数为无限个,属于几何概型,所求概率为 . 11 10 (2)准确分清几何概型中的测度. 例 3:在等腰 Rt△ABC 中,∠C=90° ,在直角边 BC 上任取一点 M,求∠CAM<30° 的 概率. 例 4:在等腰 Rt△ABC 中,∠C=90° ,在∠CAB 内过点 A 作射线交线段 BC 于点 M, 求∠CAM<30° 的概率.

例 3 中的测度定性为线段长度, 当∠CAM0=30° , CM0=

3 3 AC= CB.满足条件的点 M 3 3

CM0 3 等可能的分布在线段 CM0 上,故所求概率等于 = .例 4 中的测度定性为角度,过点 A CB 3 作射线与线段 CB 相交,这样的射线有无数条,均匀分布在∠CAB 内,∠CAB=45° .所以所 ∠CAM0 30° 2 求概率等于 = = . ∠CAB 45° 3 (3)科学设计变量,数形结合解决问题. 例 5:某人午觉醒来,发现表停了,他打开收音机,想听电台整点报时,求他等待时间 不多于 10 分钟的概率. 例 6:某人午觉醒来,发现表停了,求表停的分钟数与实际分钟数差异不超过 5 分钟的 概率. 例 5 是《必修 3》P136 的例题,此题中的变量(单变量)可看作是时间的长度,故所求概 10 1 5 1 率为 = .例 6 容易犯解例 5 形成的定势思维的错误, 得到错误答案 = .原因在于没有认 60 6 60 12 清题中的变量,本题的变量有两个:手表停的分钟数和实际分钟数,都可取[0,60]内的任 意时刻,故所求概率需用到面积型几何概型,由|x-y|≤5 结合线性规划知识可解,所求概率 602-552 23 为 = .通过这两道例题我们也可以看出,单变量多用线型测度,多变量需用面积 602 144 (或体积)型测度.在画好几何图形后,利用数形结合思想解题. 3.几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验,如果一个随机试验有无限多个 等可能的基本结果,每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示,而所有基本 结果对应于一个区域 Ω,这时,与试验有关的问题可考虑利用几何概型解决.

1 1.在区间[0,π]上随机取一个数 x,则事件“sinx≥ ”发生的概率为( ) 2 1 1 1 2 A. B. C. D. 4 3 2 3 1 π 5 解:sinx≥ ,又 x∈[0,π],∴ ≤x≤ π. 2 6 6 5π π - 6 6 2 ∴所求概率 P= = .故选 D. π-0 3 2.为了测算如图阴影部分的面积,作一个边长为 6 的正方形将其包含在内,并向正方形 内随机投掷 800 个点,已知恰有 200 个点落在阴影部分内,据此,可估计阴影部分的面积是 ( )

A.12

B.9

C.8

D.6

200 解:正方形面积为 36,阴影部分面积为 ×36=9.故选 B. 800 3.在正方体 ABCDA1B1C1D1 的上底面 ABCD 内有一定点 Q,则在该正方体内任取的一 点 M 落在四棱锥 QA1B1C1D1 内的概率是( ) 1 1 1 2 A. B. C. D. 2 3 4 3 解:由体积比为 1∶3 知 B 正确,故选 B. 4.如图所示,设 M 是半径为 R 的圆周上的一个定点,在圆周上等可能地任取一点 N,

连结 MN,则弦 MN 的长超过 2R 的概率为(

)

1 1 1 1 A. B. C. D. 5 4 3 2 解:在圆上过圆心 O 作与 OM 垂直的直径 CD,则 MD=MC= 2R,当点 N 不在半圆 ︵ 弧CMD上时,MN> 2R,

πR 1 = .故选 D. 2πR 2 5.(2013·长沙一模)已知 Ω={(x,y)|x+y≤6,x≥0,y≥0},A={(x,y)|x≤4,y≥0,y ≤ x},若向区域 Ω 上随机投一点 P,则点 P 落入区域 A 的概率为( ) 8 2 1 1 A. B. C. D. 27 3 3 9 解:Ω={(x,y)|x+y≤6,x≥0,y≥0}所表示的平面区域为如图所示的 Rt△MON, 故所求的概率 P(A)=

其面积为 18,A={(x,y)| x≤4,y≥0,y≤ x}所表示的平面区域为如图所示的阴影部 16 3 3 3 2 2 2 16 8 分,其面积为?4 xdx= x2|4 ,由此可得点 P 落入区域 A 的概率为 P= = , 0= ×4 = 3 3 3 18 27 ?
0

故选 A. 6.(2013·北京西城二模)已知函数 f(x)=kx+1,其中实数 k 随机选自区间[-2,1].则 ?x∈[0,1],f(x)≥0 的概率是( ) 1 1 2 3 A. B. C. D. 3 2 3 4 1 解:当 x=0 时,k∈[-2,1],当 x∈(0,1]时,只要 kx+1≥0,即 k≥- ,而 x∈(0, x 1 1]?- ∈(-∞,-1],故 k≥-1.从而 k∈[-1,1].综上,k∈[-1,1]符合题意.因此所求概 x 1-(-1) 2 率为 = .故选 C. 1-(-2) 3 ? 1-x? ?, 7.(2014·湖南十三校联考)已知集合 A={x|2x2-x-3<0}, B=?x|y=lg 在区间(- x + 3? ? 3,3)上任取一实数 x,则 x∈A∩B 的概率为________. 3 1-x 解:2x2-x-3<0?-1<x< , >0?-3<x<1, 2 x+3 ∴A∩B={x|-1<x<1}. 2 1 1 由几何概型知所求概率为 = .故填 . 6 3 3

8.(2013·湖南)已知事件“在矩形 ABCD 的边 CD 上随机取一点 P,使△APB 的最大边 1 AD 是 AB”发生的概率为 ,则 =____________. 2 AB 解:如图,

设 CD=4,根据对称性,由题中条件知,P 的活动范围为 2,即 CP∈(1,3). 7 当 CP=3 时,BP=4,解得 BC= 42-32= 7.∴AD∶AB= 7∶4,故填 . 4 S 9.向面积为 S 的△ABC 内任投一点 P,则△PBC 的面积小于 的概率为多少? 2 1 h 解:∵S△PBC< S△ABC,∴h′< (其中 h′为△PBC 中 BC 边上的高,h 为△ABC 中 BC 边 2 2 上的高),设 DE 为△ABC 的中位线(如图),

S梯形BCED 3 则梯形 BCED 中(阴影部分)的点满足要求,∴所求概率 P= = . 4 S△ABC 1 10.正四面体 ABCD 的体积为 V,P 是正四面体 ABCD 内部的点.设“VP-ABC≥ V”的事 4 件为 X,求概率 P(X). 解:分别取 DA,DB,DC 上的点 E,F,G,并使 DE=3EA,DF=3FB,DG=3GC, 并连结 EF,FG,GE,则平面 EFG∥平面 ABC.

当 P 在正四面体 DEFG 内部运动时,满足 VD-EFG ?DE?3 ?3?3 27 1 VP-ABC≥ V,故 P(X)= = = = . 4 VD-ABC ?DA? ?4? 64

11.如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 内任取一点 P(x,y).求以 x,y,1 为边长能构 成锐角三角形的概率.

解:首先由 x+y>1 得构成三角形的点 P 在△ABC 内,若构成锐角三角形,则最大边 1 x2+y2-12 所对的角 α 必是锐角,cosα= >0,x2+y2>1,即点 P 在以原点为圆心,1 为半径 2xy π 12- ×12 4 π 的圆外.∴点 P 在边 AB,BC 及圆弧 AC 围成的区域内.∴其概率为: =1- . 12 4

(2013·福建毕业班质检)已知平面区域 D1={(x, y)| ?

? ?|x|<2,? ? ?, D2={(x, y)|kx ?|y|<2 ? ? ?

1 -y+2<0}.在区域 D1 内随机选取一点 M, 若点 M 恰好取自区域 D2 的概率为 p, 且 0<p≤ , 8 则 k 的取值范围是__________. 解:如图所示,平面区域 D1 是边长等于 4 的正方形内部的点,其面积为 16,直线 kx -y+2=0 恒过定点 P(0,2).由于原点必在区域 D2 外,

1 而图中每个阴影三角形的面积与大正方形面积之比均为 ,故当 k>0 时,k∈(0,1];当 8 k<0 时, k∈[-1,0).从而 k 的取值范围为[-1,0)∪(0,1].故填[-1,0)∪(0,1].


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