統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)全程一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)62古典概型幾何概型理

課時作業(yè)62古典概型、幾何概型[基礎(chǔ)落實練]一、選擇題1．[2024·湖南長沙一中大聯(lián)考]某探討學(xué)習(xí)小組為探討學(xué)校學(xué)生一個月課余運用手機的總時間，收集了500名學(xué)生2024年12月課余運用手機的總時間(單位：小時)的數(shù)據(jù)．從中隨機抽取了50名學(xué)生，將數(shù)據(jù)進(jìn)行整理，得到如圖所示的頻率分布直方圖．已知這50人中，恰有2名女生的課余運用手機總時間在區(qū)間[18，20]內(nèi)，現(xiàn)在從課余運用手機總時間在[18，20]內(nèi)的學(xué)生中隨機抽取2人，則至少抽到1名女生的概率為()A．eq\f(2,5)B．eq\f(7,10)C．eq\f(8,15)D．eq\f(7,15)2．[2024·廣東汕頭一模]在新的高考改革方案中規(guī)定：每位考生的高考成果是依據(jù)3(語文、數(shù)學(xué)、英語)＋2(物理、歷史)選1＋4(化學(xué)、生物、地理、政治)選2的模式設(shè)置的，則在選考的科目中甲、乙兩位同學(xué)恰有兩科相同的概率為()A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,3)C．eq\f(5,12)D．eq\f(1,2)3．德國心理學(xué)家艾賓浩斯探討發(fā)覺，遺忘在學(xué)習(xí)之后馬上起先，而且遺忘的進(jìn)程并不是勻稱的．最初遺忘速度很快，以后漸漸減慢．他認(rèn)為“保持和遺忘是時間的函數(shù)”．他用無意義音節(jié)(由若干音節(jié)字母組成、能夠讀出、但無內(nèi)容意義即不是詞的音節(jié))作為記憶材料，用節(jié)約法計算保持和遺忘的數(shù)量，并依據(jù)試驗結(jié)果繪成描述遺忘進(jìn)程的曲線．即聞名的艾賓浩斯遺忘曲線(如圖所示).若一名學(xué)生背了100個英語單詞，一天后，該學(xué)生在這100個英語單詞中隨機聽寫2個英語單詞，以頻率代替概率，不考慮其他因素．則該學(xué)生恰有1個單詞不會的概率大約為()A．0.43B．0.39C．0.26D．0.154．[2024·安徽安慶一模]蒙特卡洛算法是以概率和統(tǒng)計的理論、方法為基礎(chǔ)的一種計算方法，將所求解的問題同肯定的概率模型相聯(lián)系．用勻稱投點實現(xiàn)統(tǒng)計模擬和抽樣，以獲得問題的近似解，故又稱統(tǒng)計模擬法或統(tǒng)計試驗法，現(xiàn)設(shè)計一個試驗計算圓周率的近似值，向兩直角邊長分別為6和8的直角三角形中勻稱投點40個．落入其內(nèi)切圓中的點有21個，則圓周率π≈()A．eq\f(63,20)B．eq\f(51,16)C．eq\f(78,25)D．eq\f(94,29)5．[2024·遼寧遼南協(xié)作體聯(lián)考]1876年4月1日，加菲爾德在《新英格蘭教化日志》上發(fā)表了勾股定理的一種證明方法．即在如圖的直角梯形ABCD中，利用“兩個全等的直角三角形和一個等腰直角三角形的面積之和等于直角梯形的面積”，可以簡潔明白地推證出勾股定理.1881年加菲爾德就任美國其次十任總統(tǒng)．后來，人們?yōu)榱思o(jì)念他對勾股定理直觀、易懂的證明，就把這一證明方法稱為“總統(tǒng)證法”．如圖，設(shè)∠ECB＝60°，在梯形ABCD中隨機取一點．則此點取自等腰直角△CDE中(陰影部分)的概率是()A．2(2－eq\r(3))B．2－eq\r(3)C．eq\r(3)－1D．2(eq\r(3)－1)二、填空題6．[2024·重慶模擬]已知某信號傳送網(wǎng)絡(luò)由信號源甲和三個基站乙、丙、丁共同構(gòu)成，每次信號源甲等可能地向三個基站中的一個發(fā)送信號．乙基站接收到的每條信號等可能地傳送給丙基站和丁基站中的一個，丙基站接收到的每條信號只會傳送給丁基站，丁基站只接收信號．對于信號源甲發(fā)出的一條信號．丙基站能接收到的概率為________．7．[2024·遼寧百校聯(lián)盟調(diào)研]某中學(xué)為了解學(xué)生學(xué)習(xí)物理的狀況，抽取了100名物理成果在60～90分(滿分為100分)之間的學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，將這100名學(xué)生的物理成果分成了六段：[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90]，繪成頻率分布直方圖，如圖所示．從成果在[70，80)的學(xué)生中隨意抽取2人．則成果在[75，80)的學(xué)生恰好有一人的概率為________．8．[2024·廣東東莞調(diào)研]已知|x|≤2，|y|≤2，點P的坐標(biāo)為(x，y)，當(dāng)x，y∈R時，點P滿意(x－2)2＋(y－2)2≤4的概率為________．三、解答題9．已知關(guān)于x的一次函數(shù)y＝kx＋b(x∈R).(1)設(shè)集合P＝{－1，1，2，3}，從集合P中隨機取一個數(shù)作為k，求函數(shù)y＝kx＋b是減函數(shù)的概率；(2)實數(shù)對(k，b)滿意條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋b－1≤0，,0<k<1，,－1≤b≤1.))求函數(shù)y＝kx＋b的圖象不經(jīng)過第四象限的概率．10.某商場實行有獎促銷活動，顧客購買肯定金額的商品后即可抽獎．抽獎方法是：從裝有2個紅球A1，A2和1個白球B的甲箱與裝有2個紅球a1，a2和2個白球b1，b2的乙箱中，各隨機摸出1個球．若摸出的2個球都是紅球則中獎，否則不中獎．(1)用球的標(biāo)號列出全部可能的摸出結(jié)果；(2)有人認(rèn)為：兩個箱子中的紅球比白球多，所以中獎的概率大于不中獎的概率．你認(rèn)為正確嗎？請說明理由．[素養(yǎng)提升練]11．[2024·湖南岳陽一模]“華東五市游”作為中國一條精品旅游路途，始終受到廣闊旅游愛好者的歡迎．現(xiàn)有4名高三學(xué)生打算2024年高考后到“華東五市”中的上海市、南京市、蘇州市、杭州市四個地方旅游．假設(shè)每名同學(xué)均從這四個地方中隨意選取一個去旅游，則恰有一個地方未被選中的概率為()A．eq\f(7,16)B．eq\f(9,16)C．eq\f(27,64)D．eq\f(81,256)12．[2024·河北邯鄲模擬]公元前5世紀(jì)下半葉，希波克拉底解決了與化圓為方有關(guān)的化月牙形為方．如圖，以O(shè)為圓心的大圓直徑為4，以AB為直徑的半圓面積等于AO與BO所夾四分之一大圓的面積，由此可知，月牙形區(qū)域的面積與△AOB的面積相等．現(xiàn)在在兩個圓所覆蓋的區(qū)域內(nèi)隨機取一點，則該點來自陰影部分的概率是()A．eq\f(π＋3,8π＋4)B．eq\f(π＋6,8π＋4)C．eq\f(π＋3,4π＋2)D．eq\f(π＋6,4π＋2)13．[2024·遼寧丹東模擬]一口袋中裝有大小完全相同的紅色、黃色、藍(lán)色小球各一個，從中隨機摸出一個球，登記顏色后放回袋中接著摸球，當(dāng)三種顏色都被記到就停止摸球，則恰好摸球五次就停止摸球的概率為________．14．[2024·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬]在一個文藝競賽中，5名專業(yè)人士和5名觀眾代表各組成一個評委小組，給參賽選手打分．下面是兩組評委對同一名選手的打分：小組A9295939590小組B9880908597(1)請推斷小組A與小組B哪一個更像是由專業(yè)人士組成的；(不必說明理由)(2)若從A組的5位評委中任選2位評委，求其中恰有一位評委打分為95分的概率．15．[2024·遼寧“決勝新高考·名校溝通”3月聯(lián)考]當(dāng)前，全國上下正處在新冠肺炎疫情“外防輸入，內(nèi)防反彈”的關(guān)鍵時期，為深化實行習(xí)近平總書記關(guān)于疫情防控的重要指示要求，學(xué)校始終把師生生命平安和身體健康放在第一位．結(jié)合全國第32個愛國衛(wèi)生月要求，某班組織開展了“戰(zhàn)疫有我，愛衛(wèi)同行”防控疫情學(xué)問競賽，抽取四位同學(xué)，分成甲、乙兩組，每組兩人，進(jìn)行對戰(zhàn)答題．規(guī)則如下：每次每位同學(xué)給出6道題目，其中有1道是送分題(即每位同學(xué)至少答對1題).若每次每組答對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)，則原答題組的人接著答題；若答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)，則由對方組接著答題．假設(shè)每位同學(xué)每次答題之間相互獨立，無論答對幾道題概率都一樣，且每次答題依次不作考慮，第1次由甲組起先答題．(1)若第n次由甲組答題的概率為Pn，求Pn；(2)前4次答題中甲組恰好答題2次的概率為多少？課時作業(yè)62古典概型、幾何概型1．解析：50×0.05×2＝5，則在區(qū)間[18，20]內(nèi)的學(xué)生有5人，即2名女生，3名男生，從中抽取2人有10種等可能的結(jié)果，至少抽到一名女生有7種等可能的結(jié)果，則所求概率為eq\f(7,10).答案：B2．解析：由題意得出甲、乙兩位同學(xué)選考科目的總數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝144種，若相同的科目為4選2的科目，則有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))＝12種；若相同的科目分別為2選1和4選2中的1個，則有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＝48種．所以所求概率為eq\f(12＋48,144)＝eq\f(5,12).答案：C3．解析：依據(jù)艾賓浩斯遺忘曲線得，100個英語單詞一天后遺忘了74個，還記得26個，則該學(xué)生恰有1個單詞不會的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(74))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(26)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(100)))≈0.39.答案：B4．解析：由勾股定理可得斜邊長為eq\r(62＋82)＝10，設(shè)三角形內(nèi)切圓的半徑為r，由等面積法可得eq\f(1,2)×（8＋6＋10）r＝eq\f(1,2)×8×6，解得r＝2，所以S△＝eq\f(1,2)×8×6＝24，S圓＝π×22＝4π，由題意知eq\f(S圓,S△)＝eq\f(4π,24)≈eq\f(21,40)，解得π≈eq\f(63,20).答案：A5．解析：在Rt△EBC中，tan∠ECB＝eq\f(EB,BC)＝eq\f(b,a)，所以tan60°＝eq\f(b,a)，所以b＝eq\r(3)a，所以S梯形ABCD＝eq\f(1,2)（b＋a）（b＋a）＝eq\f(1,2)（1＋eq\r(3)）2a2＝（2＋eq\r(3)）a2，所以S△ECD＝S梯形ABCD－2S△EBC＝（2＋eq\r(3)）a2－ba＝（2＋eq\r(3)）a2－eq\r(3)a2＝2a2，所以此點取自等腰直角△CDE中（陰影部分）的概率是eq\f(S△EDC,S梯形ABCD)＝eq\f(2a2,（2＋\r(3)）a2)＝2（2－eq\r(3)）.答案：A6．解析：丙基站能接收到信號有兩種狀況，信號源甲干脆發(fā)送給丙基站，概率為eq\f(1,3)，或信號源甲發(fā)送給乙基站，乙基站再傳送給丙基站，概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，故丙基站能接收到的概率為eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)7．解析：從頻率分布直方圖中可知，成果在[70，75）的人數(shù)為0.04×5×100＝20，成果在[75，80）的人數(shù)為0.06×5×100＝30，所以成果在[75，80）的學(xué)生恰好有一人的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(20))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(30)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(50)))＝eq\f(24,49).答案：eq\f(24,49)8．解析：如圖，點P所在的區(qū)域為正方形ABCD上及其內(nèi)部，（x－2）2＋（y－2）2≤4表示的是以C（2，2）為圓心，2為半徑的圓上的點及其內(nèi)部的點，故所求概率為eq\f(\f(1,4)×π×22,4×4)＝eq\f(π,16).答案：eq\f(π,16)9．解析：（1）從集合P中隨機取一個數(shù)作為k的全部可能結(jié)果有4種，滿意函數(shù)y＝kx＋b是減函數(shù)的情形是k＝－1，則所求概率P＝eq\f(1,4).（2）因為k>0，函數(shù)y＝kx＋b的圖象不經(jīng)過第四象限的條件是b≥0.作出（k，b）對應(yīng)的平面區(qū)域如圖中的梯形ABCD（不含b軸），其面積是S1＝eq\f(（1＋2）·1,2)＝eq\f(3,2)，符合限制條件的（k，b）對應(yīng)的平面區(qū)域如圖中的三角形BOC，其面積是S2＝eq\f(1,2)，故所求概率P＝eq\f(S2,S1)＝eq\f(1,3).10．解析：（1）全部可能的摸出結(jié)果是{A1，a1}，{A1，a2}，{A1，b1}，{A1，b2}，{A2，a1}，{A2，a2}，{A2，b1}，{A2，b2}，{B，a1}，{B，a2}，{B，b1}，{B，b2}．（2）不正確．理由如下：由（1）知，全部可能的摸出結(jié)果共12種，其中摸出的2個球都是紅球的結(jié)果為{A1，a1}，{A1，a2}，{A2，a1}，{A2，a2}，共4種，所以中獎的概率為eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)，不中獎的概率為1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)>eq\f(1,3)，故這種說法不正確．11．解析：假設(shè)每名同學(xué)均從這四個地方中隨意選取一個去旅游，基本領(lǐng)件總數(shù)n＝44＝256，恰有一個地方未被選中包含的基本領(lǐng)件個數(shù)m＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝144，則恰有一個地方未被選中的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(144,256)＝eq\f(9,16).答案：B12．解析：上方陰影部分的面積等于△AOB的面積，S△AOB＝eq\f(1,2)×2×2＝2，下方陰影部分的面積等于eq\f(1,4)×π×22－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×π×（\r(2)）2－\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))＝eq\f(π,2)＋1，所以依據(jù)幾何概型概率公式得所求概率P＝eq\f(2＋\f(π,2)＋1,4π＋2)＝eq\f(π＋6,8π＋4).答案：B13．解析：依據(jù)題意，一口袋中有3個球，有放回地摸5次，有35種狀況，若恰好摸球五次就停止摸球，即恰好到第五次三種顏色都被摸到．即前4次摸到兩種顏色．第五次摸到第三種顏色，前四次共有兩種狀況：①三次顏色一樣，一次顏色不一樣，即Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝24種；②兩種顏色都是兩個球，即Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝18種，共有24＋18＝42種狀況．故恰好摸球五次就停止摸球的概率P＝eq\f(42,35)＝eq\f(14,81).答案：eq\f(14,81)14．解析：（1）A打分更穩(wěn)定．由表格數(shù)據(jù)，知：eq\x\to(x)A＝eq\f(92＋95＋93＋95＋90,5)＝93，eq\x\to(x)B＝eq\f(98＋80＋90＋85＋97,5)＝90，seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,)（xAi－eq\x\to(x)A）＝3.6，seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝eq\f(1,5)eq\i\su(i＝1,5,)（xBi－eq\x\to(x)B）2＝47.6，其中i＝1，2，…，5.因為seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＜seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，故小組A打分穩(wěn)定，更像是由專業(yè)人士組成的．（2）從A組的5位評委中任選2位評委的選法有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))種，其中恰有一位評委打分為95分的選法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))種，所以所求概率P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(3,5).15．解析：（1）答對的題數(shù)之和為3的倍數(shù)分別為1＋2，2＋4，1＋5，4＋5，3＋3，6＋6，3＋6，其概率為eq\f(5×2＋2,36)＝eq\f(1,3)，則答對的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)的概率為eq\f(2,3).第（n＋1）次由甲組答題，是第n次由甲組答題，第（n＋1）次接著由甲組答題的事務(wù)與第n次由乙組答題，