高考数学总复习 第十章 概率与统计 10-5课后巩固提升（含解析）新人教A

【创优导学案】届高考数学总复习第十章概率与统计10-5课后巩固提升（含解析）新人教A版(对应学生用书P245解析为教师用书独有)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1．在两个袋中分别装有写着0,1,2,3,4,5这6个数的六张卡片，从每个袋中任取一张卡片，两个数的和等于7的概率是 ()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,9) D.eq\f(1,12)解析C从每个袋中任取一张卡片所有取法为36，和为7的情况为(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，共4个基本事件．∴P＝eq\f(4,36)＝eq\f(1,9).2．在长为3m的线段AB上任取一点P，则点P与线段两端点A、B的距离都大于1m的概率是 ()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)解析B由题意可设线段AB的三等分点为C、D，如图，当点P位于C、D之间时满足条件，故所求概率为eq\f(1,3).3．如图所示，a、b、c、d是四处处于断开状态的开关，任意将其中两个闭合，则电路被接通的概率为 ()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4) D．0解析B任意两个闭合总数为6，“电路接通”含3个基本事件．∴P＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).4．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，则取出的两件产品中恰有一件次品的概率为 ()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(5,6)解析B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)，(a1，b2)，(a2，a1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，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次取出的产品．用A表示“取出的两件中，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)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).5．(·固原模拟)6名学生排成一排，其中甲、乙两人站在一起的概率是 ()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)解析B基本事件总数为Aeq\o\al(6,6)，其中甲、乙站在一起的事件有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(5,5)个，∴P＝eq\f(A\o\al(2,2)·A\o\al(5,5),A\o\al(6,6))＝eq\f(1,3).6．分别在区间[1,6]和[1,4]内任取一个实数，依次记为m和n，则m>n的概率为 ()A.eq\f(3,10) B.eq\f(7,10)C.eq\f(2,3) D.eq\f(5,7)解析B如图所示，点(m，n)对应的区域为矩形，其面积S＝3×5＝15，而满足条件m>n的点(m，n)对应的区域为图中的阴影部分，其面积为S1＝15－eq\f(1,2)×3×3＝eq\f(21,2)，故所求概率为P＝eq\f(\f(21,2),15)＝eq\f(7,10).二、填空题(本大题共3小题，每小题8分，共24分)7．有20张卡片，每张卡片上分别标有两个连续的自然数k，k＋1，其中k＝0,1,2，…，19.从这20张卡片中任取一张，记事件“该卡片上两个数的各位数字之和(例如：若取到标有9,10的卡片，则卡片上两个数的各位数字之和为9＋1＋0＝10)不小于14”为A，则P(A)＝________.解析基本事件的总数为20，卡片上两个数的各位数字之和不小于14的有(7,8)，(8,9)，(16,17)，(17,18)，(18,19)，共5个基本事件．∴P(A)＝eq\f(5,20)＝eq\f(1,4).【答案】eq\f(1,4)8．在半径为1的圆上随机地取两点，连成一条弦，则其长超过圆内接等边三角形的边长的概率是________．解析设A＝“弦长超过圆内接等边三角形的边长”，取圆内接等边三角形BCD的顶点B为弦的一个端点，当另一个点在劣弧上时，|BE|＞|BC|，而劣弧的弧长是圆的周长的eq\f(1,3)，∴P＝eq\f(1,3).【答案】eq\f(1,3)9．(·西安模拟)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＝eq\i\in(0,2,)x2dx＋eq\f(1,2)×4×4＝eq\f(32,3)，且S△AOB＝eq\f(1,2)×6×6＝18，故点M取自阴影部分的概率是eq\f(\f(32,3),18)＝eq\f(16,27).【答案】eq\f(16,27)三、解答题(本大题共3小题，共40分)10．(12分)在等腰直角三角形ABC中，直角顶点为C，在△ABC的内部任作一条射线CM，与线段AB交于点M，求AM<AC的概率．解析由于在∠ACB内作射线CM，等可能分布的是CM在∠ACB内的任一位置，如图所示，在AB上取一点C′，令AC′＝AC.因此基本事件的区域是∠ACB，所以P(AM<AC)＝eq\f(∠ACC′,∠ACB)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,4))),\f(π,2))＝eq\f(3,4).11．(12分)袋中装有大小相同的10个小球，其中6个红色，4个白色，从中依次不放回地任取出3个，求：(1)取出3球恰好2红1白的概率；(2)取出3球依次为红、白、红的概率；(3)第三次取到红球的概率．解析(1)取出3球所有可能结果有Ceq\o\al(3,10)个，其中2红1白的可能结果有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4)个，所以取出3球恰好2红1白的概率为P1＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,2).(2)有顺序取出3球的所有可能结果有Aeq\o\al(3,10)个，其中依次为红、白、红的可能结果有6×4×5个，所以取出3球中依次为红、白、红的概率P2＝eq\f(6×4×5,A\o\al(3,10))＝eq\f(1,6).(3)有顺序取出3球，所有可能结果有Aeq\o\al(3,10)个，其中第三次为红球的可能结果有Aeq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(2,9)个，所以第三次取到红球的概率P3＝eq\f(A\o\al(1,6)A\o\al(2,9),A\o\al(3,10))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).12．(16分)已知集合A＝{x|－1≤x≤0}，集合B＝{x|ax＋b·2x－1＜0,0≤a≤2,1≤b≤3}．(1)若a，b∈N，求A∩B≠∅的概率；(2)若a，b∈R，求A∩B＝∅的概率．解析令函数f(x)＝ax＋b·2x－1，x∈[－1,0]，则f′(x)＝a＋bln2·2x.因为a∈[0,2]，b∈[1,3]，所以f′(x)＞0，即f(x)在[－1,0]上是单调递增函数．f(x)在[－1,0]上的最小值为f(－1)＝－a＋eq\f(b,2)－1.(1)因为a，b∈N，(a，b)可取(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，共9组．要使A∩B≠∅，只需－a＋eq\f(b,2)－1＜0，即2a－b＋2＞0.所以(a，b)只能取(0,1)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，共7组．所以A∩B≠∅的概率为eq\f(7,9).(2)因为a∈[0,2]，b∈[1,3]，所以(a，b