高中数 3.3-2几何概型(2)试题 苏教版必修3

第2课时几何概型(2)eq\a\vs4\al\co1(双基达标限时15分钟)1.如图，在直角坐标系内，射线OT是60°角的终边，任作一条射线OA，则射线OA落在∠xOT内的概率为________．解析设B＝{射线OA落在∠xOT内}，则由∠xOT＝60°，得P(B)＝eq\f(60°,360°)＝eq\f(1,6).所以射线OA落在∠xOT内的概率为eq\f(1,6).答案eq\f(1,6)2．电脑“扫雷”游戏的操作面被平均分成480块，其中有99块埋有地雷，现在操作面上任意点击一下，碰到地雷的概率为________．解析样本空间为480块，设“碰到地雷”为事件A，则事件A发生的区域为99块，∴P(A)＝eq\f(99,480)＝eq\f(33,160).答案eq\f(33,160)3．假设△ABC为圆的内接三角形，AC＝BC，AB为圆的直径，向该圆内随机投一点，则该点落在△ABC内的概率是________．解析设圆的半径为R，则AB＝2R，则样本空间对应的几何区域D的测度为πR2，事件发生对应的几何区域d的测度为R2，∴P＝eq\f(R2,πR2)＝eq\f(1,π).答案eq\f(1,π)4．在长为10cm的线段AB上任取一点M，并以线段AM为边作正方形，则正方形的面积介于36cm2与81cm2之间的概率是________．解析设AM＝x，则36＜x2＜81，∴6＜x＜9，∴P＝eq\f(9－6,10)＝0.3.答案0.35．在区间(10,20]内的所有实数中，随机取一个实数a，则这个实数不大于13的概率是________．解析P＝eq\f(13－10,20－10)＝eq\f(3,10)＝0.3.答案0.36．某公共汽车站，每隔15分钟有一辆车发出，并且发出前在车站停靠3分钟．(1)求乘客到站候车时间大于10分钟的概率；(2)求乘客到站候车时间不超过10分钟的概率；(3)求乘客到达车站立即上车的概率．解(1)如图所示，设相邻两班车的发车时刻为T1、T2，T1T2＝15.设T0T2＝3，TT0＝10，记“乘客到站候车时间大于10分钟”为事件A，则当乘客到站时刻t落到T1T上时，事件A发生．因为T1T＝15－3－10＝2，T1T2＝15，所以P(A)＝eq\f(T1T,T1T2)＝eq\f(2,15).(2)如上图所示，当时间t落在TT2上时，乘客到站候车时间不超过10分钟，故所求概率为P＝eq\f(TT2,T1T2)＝eq\f(13,15).(3)如上图所示，当t落在T0T2上时，乘客立即上车，故所求概率为P＝eq\f(T0T2,T1T2)＝eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).eq\a\vs4\al\co1(综合提高限时30分钟)7．地球上的山地、水和陆地面积比约为3∶6∶1，那么太空的一块陨石恰好落在陆地上的概率为________．解析因为陆地所占比例为eq\f(1,3＋6＋1)＝eq\f(1,10)，所以陨石恰好落在陆地上的概率为eq\f(1,10).答案eq\f(1,10)8.如图的矩形，长为5，宽为3，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在阴影部分的黄豆数为120颗，则我们可以估计出阴影部分的面积为________．解析矩形的面积S＝5×3＝15，阴影部分的面积设为S阴影，由几何概型的概率公式知P＝eq\f(S阴影,15)≈eq\f(120,300)，∴S阴影≈eq\f(120×15,300)＝6.答案69．在边长为2的正方形中有一个内切圆，向正方形中随机撒一把芝麻，用随机模拟的方法来估计圆周率π的值．如果撒了1000颗芝麻，落在圆内的芝麻总数是776颗，那么这次模拟中π的估计值是________(精确到0.001)．解析由于芝麻落在正方形内任一位置的可能性相等且可以落在任一位置，由几何概型的概率公式知：eq\f(S内切圆,S正方形)＝eq\f(776,1000)，∴eq\f(π·12,22)＝eq\f(776,1000)，∴π＝eq\f(776,250)＝3.104.答案3.10410．甲、乙两人约定上午7：00至8：00之间到某站乘公共汽车，在这段时间内有3班公共汽车，它们开车时刻分别为7：20,7：40,8：00，若他们约定，见车就乘，则甲、乙同乘一车的概率为________．解析设甲到达汽车站的时间为x，乙到达汽车站的时间为y，则7≤x≤8,7≤y≤8，即甲、乙两人到达汽车站的时刻(x，y)所对应的区域在平面直角坐标系中画出(如图所示)是大正方形．将三班车到站的时刻在图形中画出，则甲、乙两人要想乘同一班车，必须满足7≤x≤7eq\f(1,3)，7≤y≤7eq\f(1,3)；7eq\f(1,3)≤x≤7eq\f(2,3)，7eq\f(1,3)≤y≤7eq\f(2,3)；7eq\f(2,3)≤x≤8,7eq\f(2,3)≤y≤8.即(x，y)必须落在图形中的三个带阴影的小正方形内，所以由几何概型的计算公式得，P＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×3,12)＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)11．设点M(x，y)在|x|≤1，|y|≤1时按均匀分布出现，试求满足：(1)x＋y≥0的概率；(2)x＋y＜1的概率；(3)x2＋y2≥1的概率．解如图，满足|x|≤1，|y|≤1的点组成一个边长为2的正方形ABCD，则S正方形ABCD＝4.(1)方程x＋y＝0的图象是直线AC，满足x＋y≥0的点在AC的右上方，即在△ACD内(含边界)，而S△ACD＝eq\f(1,2)S正方形ABCD＝2，所以P(x＋y≥0)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2).(2)设E(0,1)、F(1,0)，则x＋y＝1的图象是EF所在的直线，满足x＋y＜1的点在直线EF的左下方，即在五边形ABCFE内(不含边界EF)，而S五边形ABCFE＝S正方形ABCD－S△EDF＝4－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2)，所以P(x＋y＜1)＝eq\f(S五边形ABCFE,S正方形ABCD)＝eq\f(\f(7,2),4)＝eq\f(7,8).(3)满足x2＋y2＝1的点是以原点为圆心的单位圆O，S⊙O＝π，所以P(x2＋y2≥1)＝eq\f(S正方形ABCD－S⊙O,S正方形ABCD)＝eq\f(4－π,4).12．甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的．如果甲船的停泊时间是1h，乙船是2h，求它们中的任何一艘都不需要等待码头空出的概率．解设甲、乙两船到达码头的时刻分别是x及y，则x及y均可能取区间[0,24]内的任一值，即0≤x≤24,0≤y≤24.而要求它们中的任何一艘都不需要等待码头空出，也就是要求两船不可能会面．那么必须甲比乙早到1h以上，即y－x≥1.或者乙比甲早到2h以上，即x－y≥2.在平面上建立直角坐标系，如图，则(x，y)的所有可能结果是边长为24的正方形．而两艘船不可能会面的时间由图中阴影部分所表示，这是一个几何概型问题．依上述分析，记A表示“两艘船都不需要等待码头空出”．则P＝eq\f(A1的面积＋A2的面积,正方形的面积)＝eq\f(\f(1,2)24－12＋\f(1,2)24－22,242)＝0.879，即它们中的任何一艘都不需要等待码头空出的概率为0.879.13．(创新拓展)设有一个等边三角形网格，其中各个最小等边三角形的边长都是4eq\r(3)cm.现用直径为