2025届高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第6讲几何概型创新教学案含解析新人教版

PAGE第6讲几何概型[考纲解读]1.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．2．了解几何概型的意义，并能求与长度或面积有关的几何概型的概率．(重点)[考向预料]从近三年高考状况来看，本讲是高考的热点之一．预料2024年将会考查：①与长度有关的几何概型，常与函数、不等式、向量结合；②与面积有关的几何概型，常涉及线性规划、定积分等内容．题型为客观题，试题难度不大，属中、低档试题.1.几何概型的定义假如每个事务发生的概率只与构成该事务区域的eq\o(□,\s\up1(01))长度(面积或体积)成比例，那么称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．2．几何概型的两个基本特点3．几何概型的概率公式P(A)＝eq\o(□,\s\up1(01))eq\f(构成事务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).1．概念辨析(1)几何概型的试验结果的个数是无限的，古典概型中试验结果的个数是有限的．()(2)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形态有关．()(3)几何概型中，每一个基本领件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．()(4)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．()答案(1)√(2)×(3)√(4)√2．小题热身(1)有四个嬉戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一个玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的嬉戏盘是()答案A解析如题干选项中图，各种状况的概率都是其面积比，中奖的概率依次为P(A)＝eq\f(3,8)，P(B)＝eq\f(2,8)，P(C)＝eq\f(2,6)，P(D)＝eq\f(1,3)，所以P(A)>P(C)＝P(D)>P(B)．故选A.(2)在区间[－2,4]上随机地取一个数x，若x满意|x|≤m的概率为eq\f(5,6)，则m＝()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析区间[－2,4]的长度为6，在[－2,4]上随机地取一个数x，若x满意|x|≤m的概率为eq\f(5,6)，则对应区间长度为5，由[－2,3]的长度为5，得m＝3.(3)(2024·福州四校联考)如图，在圆心角为90°的扇形AOB中，以圆心O为起点在eq\o\ac(AB,\s\up15(︵))上任取一点C作射线OC，则使得∠AOC和∠BOC都不小于30°的概率是()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,6)答案A解析记事务T是“作射线OC，使得∠AOC和∠BOC都不小于30°”，如图，记eq\o\ac(AB,\s\up15(︵))的三等分点为M，N，连接OM，ON，则∠AON＝∠BOM＝∠MON＝30°，则符合条件的射线OC应落在扇形MON中，所以P(T)＝eq\f(∠MON,∠AOB)＝eq\f(30°,90°)＝eq\f(1,3)，故选A.(4)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD－A1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点答案1－eq\f(π,12)解析正方体的体积为2×2×2＝8，以O为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πr3＝eq\f(1,2)×eq\f(4π,3)×13＝eq\f(2π,3)，则点P到点O的距离大于1的概率为1－eq\f(\f(2π,3),8)＝1－eq\f(π,12).题型一与长度(角度)有关的几何概型1．在区间[0,2]上随机地取一个数x，则事务“－1≤logeq\s\do4(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤1”发生的概率为()A.eq\f(3,4) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)答案A解析不等式－1≤logeq\s\do4(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤1可化为logeq\s\do4(\f(1,2))2≤logeq\s\do4(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤logeq\s\do4(\f(1,2))eq\f(1,2)，即eq\f(1,2)≤x＋eq\f(1,2)≤2，解得0≤x≤eq\f(3,2)，故由几何概型的概率公式得P＝eq\f(\f(3,2)－0,2－0)＝eq\f(3,4).条件探究1将本例中的条件“－1≤logeq\s\do4(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤1”改为“使函数y＝eq\r(log\s\do4(\f(1,2))4x－3)有意义”，则其概率为________．答案eq\f(1,8)解析由logeq\s\do4(\f(1,2))(4x－3)≥0得0＜4x－3≤1，即x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))，由几何概型的概率公式，得P＝eq\f(1－\f(3,4),2－0)＝eq\f(1,8).条件探究2将本例中的条件“－1≤logeq\s\do4(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤1”改为“2≤2x＋eq\s\up4(\f(1,2))≤4”，则其概率为________．答案eq\f(1,2)解析由2≤2x＋eq\f(1,2)≤4得1≤x＋eq\f(1,2)≤2，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，由几何概型的概率公式，得P＝eq\f(\f(3,2)－\f(1,2),2－0)＝eq\f(1,2).2．(2024·东北三省三校联考)如图，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝1，BC＝eq\r(3)，在边AD上任取点E，连接BE交AC于点F，则AF<eq\f(1,2)的概率为________．答案eq\f(\r(3),3)解析由题意，得△ABC为直角三角形，由AB＝1，BC＝eq\r(3)，得AC＝2.当AF＝eq\f(1,2)时，CF＝eq\f(3,2)，因为△AFE∽△CFB，所以eq\f(AE,AF)＝eq\f(BC,CF)，即eq\f(AE,\f(1,2))＝eq\f(\r(3),\f(3,2))，所以AE＝eq\f(\r(3),3)，且点E的活动区域为线段AD，AD＝1.所以AF<eq\f(1,2)的概率为eq\f(\f(\r(3),3),1)＝eq\f(\r(3),3).3．如图，在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C作射线CM交AB于点M，则使得AM小于AC的概率为________．答案eq\f(3,4)解析当AM＝AC时，△ACM为以A为顶点的等腰三角形，∠ACM＝eq\f(180°－45°,2)＝67.5°.当∠ACM＜67.5°时，AM＜AC，所以AM小于AC的概率P＝eq\f(∠ACM的度数,∠ACB的度数)＝eq\f(67.5°,90°)＝eq\f(3,4).1．与长度有关的几何概型(1)假如试验结果构成的区域的几何度量可用长度表示，则其概率的计算公式为P(A)＝eq\f(构成事务A的区域长度,试验的全部结果所构成的区域长度).(2)与时间、不等式及其解有关的概率问题与时间、不等式及其解有关的概率问题可依据转化与化归思想将其转化为与长度有关的几何概型，利用几何概型求解．2．与角度有关的几何概型当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不行用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段．1．(2024·河南八市重点中学联盟模拟)函数f(x)＝－x2＋2x＋8(－4≤x≤6)，在其定义域内任取一点x0，使f(x0)≥0的概率是()A.eq\f(3,10) B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)答案C解析由题意，得f(x0)≥0，即－xeq\o\al(2,0)＋2x0＋8≥0，解得{x0|－2≤x0≤4}，所以由长度的几何概型可得概率为P＝eq\f(4－－2,6－－4)＝eq\f(3,5).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\o\ac(DE,\s\up15(︵))，在∠DAB内任作射线AP，则射线AP与线段BC有公共点的概率为.答案eq\f(1,3)解析因为在∠DAB内任作射线AP，则等可能基本领件为“∠DAB内作射线AP”，所以它的全部等可能事务所在的区域是∠DAB，当射线AP与线段BC有公共点时，射线AP落在∠CAB内，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).题型二与面积有关的几何概型角度1与随机模拟相关的几何概型1．(2024·郑州三模)关于圆周率，数学发展史上出现过很多很有创意的求法，如闻名的蒲丰试验．受其启发，我们也可以通过设计下面的试验来估计π的值，试验步骤如下：①先请高二年级n名同学每人在小卡片上随机写下一个实数对(x，y)(0<x<1,0<y<1)；②若卡片上的x，y能与1构成锐角三角形，则将此卡片上交；③统计上交的卡片数，记为m；④依据统计数n，m估计π的值．可以估计π的值约为()A.eq\f(m,n) B.eq\f(n－m,n)C.eq\f(4n－m,n) D.eq\f(4m,n)答案C解析如图所示，实数对(x，y)在边长为1的正方形OABC的内部(不包括边界)，若能和1构成锐角三角形，则x，y满意x2＋y2>1，则实数对(x，y)在如图所示的阴影部分(不包括边界)，则能构成锐角三角形的概率为eq\f(1－\f(π,4),1)＝eq\f(m,n)，解得π＝eq\f(4n－m,n).角度2与平面图形面积有关的问题2．(2024·晋冀鲁豫中原名校联考)1876年4月1日，加菲尔德在《新英格兰教化日志》上发表了勾股定理的一种证明方法，即在如图的直角梯形ABCD中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形面积”，可以简洁明白地推证出勾股定理.1881年加菲尔德就任美国其次十任总统．后来，人们为了纪念他对勾股定理直观、易懂的证明，就把这一证明方法称为“总统证法”．如图，设∠BEC＝15°，在梯形ABCD中随机取一点，则此点取自等腰直角三角形CDE中(阴影部分)的概率是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3,4)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(2),2)答案C解析在直角三角形EBC中，a＝ccos15°，b＝csin15°，则P＝eq\f(S△CDE,S梯形ABCD)＝eq\f(\f(1,2)c2,\f(1,2)a＋b2)＝eq\f(c2,c2cos15°＋sin15°2)＝eq\f(1,1＋sin30°)＝eq\f(2,3).角度3与线性规划有关的几何概型3．(2024·大庆模拟)设不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≤0，,x＋y≥0，,x－y≥0，))表示的平面区域为Ω，在区域Ω内任取一点P(x，y)，则P点的坐标满意不等式x2＋y2≤2的概率为()A.eq\f(π,8) B.eq\f(π,4)C.eq\f(1,2＋π) D.eq\f(1,\r(2)＋π)答案A解析画出eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≤0，,x＋y≥0，,x－y≥0))所表示的区域Ω，易知A(2,2)，B(2，－2)，所以△AOB的面积为4，满意不等式x2＋y2≤2的点，在区域Ω内是一个以原点为圆心，eq\r(2)为半径的eq\f(1,4)圆面，其面积为eq\f(π,2)，由几何概型的公式可得其概率为P＝eq\f(\f(π,2),4)＝eq\f(π,8).角度4与定积分有关的几何概型4．(2024·常德一中模拟)如图，在矩形OABC中的曲线分别是y＝sinx，y＝cosx的一部分，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，C(0,1)，在矩形OABC内随机取一点，若此点取自阴影部分的概率为p1，取自非阴影部分的概率为p2，则()A．p1<p2 B．p1>p2C．p1＝p2 D．大小关系不能确定答案B解析依据题意，得阴影部分的面积的一半为eq∫\s(\f(π,4),0)(cosx－sinx)dx＝sinx＋cosxeq|\s(\f(π,4),0)＝eq\r(2)－1，于是此点取自阴影部分的概率为p1＝2×eq\f(\r(2)－1,\f(π,2))＝eq\f(4\r(2)－1,π)>eq\f(4×1.4－1,3.2)＝eq\f(1,2).又p2＝1－p1<eq\f(1,2)，故p1>p2.1．与平面几何、解析几何等学问交汇问题的解题思路利用平面几何、解析几何等相关学问，先确定基本领件对应区域的形态，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．见举例说明1、2.2．与线性规划交汇问题的解题思路先依据约束条件作出可行域，再确定形态，求面积大小，进而代入公式求概率．见举例说明3.3．与定积分交汇问题的解题思路先确定基本领件对应区域的形态构成，再将其面积转化为某定积分的计算，并求其大小，进而代入公式求概率．见举例说明4.1．中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．依据太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆O被函数y＝3sineq\f(π,6)x的图象分割为两个对称的鱼形图案(如图)，其中小圆的半径均为2，现从大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为()A.eq\f(1,9) B.eq\f(2,9)C.eq\f(1,18) D.eq\f(1,36)答案B解析因为函数y＝3sineq\f(π,6)x的图象与x轴交于点(6,0)和点(－6,0)，则大圆的半径为6，所以S大圆＝36π.又小圆的半径为2，故两个小圆的面积和为8π，所以所求的概率为P＝eq\f(8π,36π)＝eq\f(2,9).2．如图，点A的坐标为(1,0)，点C的坐标为(2,4)，函数f(x)＝x2.若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．答案eq\f(5,12)解析由题图可知S阴影＝S矩形ABCD－eq\i\in(1,2,)x2dx＝1×4－eq\f(x3,3)|eq\o\al(2,1)＝4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－\f(1,3)))＝eq\f(5,3)，则所求事务的概率P＝eq\f(S阴影,S矩形ABCD)＝eq\f(\f(5,3),4)＝eq\f(5,12).3．已知关于x的二次函数f(x)＝b2x2－(a＋1)x＋1.(1)若a，b分别表示将一质地匀称的正方体骰子(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、其次次出现的点数，求y＝f(x)恰有一个零点的概率；(2)若a，b∈[1,6]，求满意y＝f(x)有零点的概率．解(1)设(a，b)表示一个基本领件，则抛掷两次骰子的全部基本领件共36个．用A表示事务“y＝f(x)恰有一个零点”，即Δ＝[－(a＋1)]2－4b2＝0，则a＋1＝2b.则A包含的基本领件有(1,1)，(3,2)，(5,3)，共3个，所以P(A)＝eq\f(3,36)＝eq\f(1,12).即事务“y＝f(x)恰有一个零点”的概率为eq\f(1,12).(2)用B表示事务“y＝f(x)有零点”，即a＋1≥2b.试验的全部结果所构成的区域为{(a，b)|1≤a≤6,1≤b≤6}，构成事务B的区域为{(a，b)|1≤a≤6,1≤b≤6，a－2b＋1≥0}．如图所示：所以所求的概率为P(B)＝eq\f(\f(1,2)×5×\f(5,2),5×5)＝eq\f(1,4).即事务“y＝f(x)有零点”的概率为eq\f(1,4).题型三与体积有关的几何概型某个四面体的三视图如图所示，若在该四面体的外接球内任取一点，则点落在四面体内的概率为()A.eq\f(9,13π) B.eq\f(1,13π)C.eq\f(9\r(13),169π) D.eq\f(\r(13),169π)答案C解析由三视图可知该立体图形为三棱锥，其底面是一个直角边长为3eq\r(2)的等腰直角三角形，高为4，所以该三棱锥的体积为12，又外接球的直径2r为以三棱锥的三个两两垂直的棱为长、宽、高所作的长方体的对角线，即2r＝eq\r(42＋3\r(2)2＋3\r(2)2)＝2eq\r(13)，所以球的体积为eq\f(52\r(13)π,3)，所以点落在四面体内的概率为eq\f(12,\f(52\r(13)π,3))＝eq\f(9\r(13),169π).与体积有关的几何概型问题假如试验的结果所构成的区域的几何度量可用空间几何体的体积表示，则其概率的计算公式为：P(A)＝eq\f(构成事务A的区域体积,试验的全部结果所构成的区域体积).求解的关键是计算事务的总体积以及事务A的体积.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，在正方体内随机取点M，则使四棱锥M－ABCD的体积小于eq\f(1,6)的概率为________．答案eq\f(1,2)解析过M作平面α∥平面ABCD，则两平面间的距离是四棱锥M－ABCD的高，明显M在平面α上随意位置时，四棱锥M－ABCD的体积都相等．若此时四棱锥M－ABCD的体积等于eq\f(1,6).只要M在截面以下即可小于eq\f(1,6)，当VM－ABCD＝eq\f(1,6)时，即eq\f(1,3)×1×1×h＝eq\f(1,6)，解得h＝eq\f(1,2)，即点M究竟面ABCD的距离，所以所求概率P＝eq\f(1×1×\f(1,2),1×1×1)＝eq\f(1,2).组基础关1．在区间[0,2π]上随机取一个数x，则事务“sinx≤eq\f(1,2)”发生的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)答案C解析当x∈[0,2π]时，由sinx≤eq\f(1,2)得0≤x≤eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)≤x≤2π，因此所求概率为P＝1－eq\f(\f(5π,6)－\f(π,6),2π)＝eq\f(2,3).2．(2024·山东师范高校附中模拟)“纹样”是中国艺术宝库的珍宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样(如图中阴影部分所示)的面积，作一个边长为5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷1000个点，已知恰有400个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是()A．2 B．3C．10 D．15答案C解析设阴影部分的面积是S，由题意得eq\f(400,1000)＝eq\f(S,52)，∴S＝10，选C.3．(2024·陕西南郑中学模拟)如图，矩形OABC的四个顶点依次为O(0,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，C(0,1)，记线段OC，CB以及y＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(π,2)))的图象围成的区域(图中阴影部分)为Ω，若向矩形OABC内随意投一点M，则点M落在区域Ω内的概率为()A.eq\f(π,2)－eq\f(2,π) B.eq\f(1,π)C.eq\f(2,π) D．1－eq\f(2,π)答案D解析易知题图中矩形空白处的面积S＝eq∫\s(\f(π,2),0)sinxdx＝(－cosx)eq|\s(\f(π,2),0)＝1，故阴影部分的面积为1×eq\f(π,2)－S＝eq\f(π,2)－1，由几何概型的概率计算公式可得所求概率P＝eq\f(\f(π,2)－1,\f(π,2))＝1－eq\f(2,π).4．古希腊数学家欧多克索斯在深化探讨比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段AB分为两线段AC，CB，使得其中较长的一段AC是全长AB与另一段CB的比例中项，即满意eq\f(AC,AB)＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618.后人把这个数称为黄金分割数，把点C称为线段AB的黄金分割点．在△ABC中，若点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，在△ABC内任取一点M，则点M落在△APQ内的概率为()A.eq\f(\r(5)－1,2) B.eq\r(5)－2C.eq\f(\r(5)－1,4) D.eq\f(\r(5)－2,2)答案B解析设BC＝1，则BQ＝PC＝eq\f(\r(5)－1,2)，所以BC＋PQ＝BQ＋PC＝eq\r(5)－1，所以PQ＝eq\r(5)－2，所以所求概率P＝eq\f(S△APQ,S△ABC)＝eq\f(PQ,BC)＝eq\r(5)－2.故选B.5．已知区域Ω＝{(x，y)|x＋y≤6，x≥0，y≥0}，区域E＝{(x，y)|x－2y≥0，x≤4，y≥0}，若向区域Ω内随机投一点P，则点P落在区域E内的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,9) D.eq\f(2,9)答案D解析如图，区域Ω表示的平面区域为△AOB的边界及其内部，区域E表示的平面区域为△COD的边界及其内部，所以点P落在区域E内的概率为eq\f(S△COD,S△AOB)＝eq\f(\f(1,2)×2×4,\f(1,2)×6×6)＝eq\f(2,9).故选D.6．(2024·青岛二中模拟)在区间[－2,2]上随机取一个数b.若使直线y＝x＋b与圆x2＋y2＝a有交点的概率为eq\f(1,2)，则a＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．1 D．2答案B解析由直线y＝x＋b与圆x2＋y2＝a有交点，得圆心到直线的距离d＝eq\f(|b|,\r(2))≤eq\r(a)，解得b∈[－eq\r(2a)，eq\r(2a)]．又b∈[－2,2]，且直线y＝x＋b与圆x2＋y2＝a有交点的概率为eq\f(1,2)，所以由几何概型的概率公式可知P＝eq\f(\r(2a)－－\r(2a),2－－2)＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,2).7．如图，正四棱锥S－ABCD的顶点都在球面上，球心O在平面ABCD上，在球O内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为________．答案eq\f(1,2π)解析设球的半径为R，则所求的概率为P＝eq\f(V锥,V球)＝eq\f(\f(1,3)×\f(1,2)×2R×2R×R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(1,2π).8．(2024·安徽马鞍山月考)如图，扇形AOB的圆心角为eq\f(π,2)，点P在弦AB上，且OP＝eq\r(2)AP，延长OP交弧AB于点C，则∠AOC＝________；现向该扇形内随机投一点，则该点落在扇形AOC内的概率为________．答案eq\f(π,6)eq\f(1,3)解析在△AOP中，eq\f(OP,sin\f(π,4))＝eq\f(AP,sin∠AOC)，因为OP＝eq\r(2)AP，所以s