2025版高考数学一轮复习课时作业67几何概型理含解析新人教版

PAGEPAGE1课时作业67几何概型一、选择题1．(2024·合肥市质量检测)某广播电台只在每小时的整点和半点起先播放新闻，时长均为5分钟，则一个人在不知道时间的状况下打开收音机收听该电台，能听到新闻的概率是(D)A.eq\f(1,14)B.eq\f(1,12)C.eq\f(1,7)D.eq\f(1,6)解析：由题意可知，该广播电台在一天内播放新闻的时长为24×2×5＝240分钟，即4个小时，所以所求的概率为eq\f(4,24)＝eq\f(1,6)，故选D.2.(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)A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,6)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.3．已知菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝150°，若在菱形内任取一点，则该点到菱形的四个顶点的距离均大于1的概率为(D)A.eq\f(π,4)B．1－eq\f(π,4)C.eq\f(π,8)D．1－eq\f(π,8)解析：P＝eq\f(4×4×sin150°－π×12,4×4×sin150°)＝1－eq\f(π,8).4．已知正棱锥S­ABC的底面边长为4，高为3，在正棱锥内任取一点P，使得VP­ABC<eq\f(1,2)VS­ABC的概率是(B)A.eq\f(3,4) B.eq\f(7,8)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)解析：如图，由题意知，当点P在三棱锥的中截面以下时，满意VP­ABC<eq\f(1,2)VS­ABC，故使得VP­ABC<eq\f(1,2)VS­ABC的概率P＝eq\f(大三棱锥的体积－小三棱锥的体积,大三棱锥的体积)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(7,8).5．(2024·潍坊市统一考试)如图，六边形ABCDEF是一个正六边形，若在正六边形内任取一点，则该点恰好在图中阴影部分的概率是(C)A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)解析：设正六边形的中心为点O，BD与AC交于点G，BC＝1，则BG＝CG，∠BGC＝120°，在△BCG中，由余弦定理得1＝BG2＋BG2－2BG2cos120°，得BG＝eq\f(\r(3),3)，所以S△BCG＝eq\f(1,2)×BG×BG×sin120°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12)，因为S六边形ABCDEF＝S△BOC×6＝eq\f(1,2)×1×1×sin60°×6＝eq\f(3\r(3),2)，所以该点恰好在图中阴影部分的概率是1－eq\f(6S△BCG,S六边形ABCDEF)＝eq\f(2,3).6.(2024·湖北八校联考)2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年纪念日，中国人民银行发行了以此为主题的金银纪念币．如图所示的是一枚8g圆形金质纪念币，直径22mm，面额100元．为了测算图中军旗部分的面积，现向硬币内随机投掷100粒芝麻，已知恰有30粒芝麻落在军旗内，据此可估计军旗的面积是(B)A.eq\f(726π,5)mm2 B.eq\f(363π,10)mm2C.eq\f(363π,5)mm2 D.eq\f(363π,20)mm2解析：设军旗的面积为amm2，则有eq\f(a,π·\f(22,2)2)＝eq\f(30,100)，解得a＝eq\f(363π,10)，故选B.7.中国古代三国时期的数学家赵爽，创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的具体证明．如图所示，在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”．若cos2∠BAE＝eq\f(7,25)，则在正方形ABCD内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH内的概率为(D)A.eq\f(24,25)B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(1,25)解析：如题图所示，正方形EFGH的边长为AE－AH＝a－b，正方形ABCD的边长为eq\r(a2＋b2).由题意知cos2∠BAE＝2cos2∠BAE－1＝2×eq\f(a2,a2＋b2)－1＝eq\f(7,25)，解得9a2＝16b2，即a＝eq\f(4,3)b，则该点恰好在正方形EFGH内的概率为eq\f(a－b2,a2＋b2)＝eq\f(\f(1,9)b2,\f(25,9)b2)＝eq\f(1,25).故选D.二、填空题8．已知函数y＝cosx，x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]，则cosx≤eq\f(1,2)的概率是eq\f(1,3).解析：由cosx≤eq\f(1,2)得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，又x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]，所以满意条件的x∈[－eq\f(π,2)，－eq\f(π,3)]∪[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]，故所求概率P＝eq\f(2×\f(π,2)－\f(π,3),\f(π,2)－－\f(π,2))＝eq\f(1,3).9．已知圆C：(x－2)2＋y2＝2，直线l：y＝kx，其中k为[－eq\r(3)，eq\r(3)]上的随意一个数，则事务“直线l与圆C相离”发生的概率为1－eq\f(\r(3),3).解析：当直线l与圆C相离时，圆心C到直线l的距离d＝eq\f(|2k|,\r(k2＋1))>eq\r(2)，解得k>1或k<－1，又k∈[－eq\r(3)，eq\r(3)]，所以－eq\r(3)≤k<－1或1<k≤eq\r(3)，故事务“直线l与圆C相离”发生的概率P＝eq\f(\r(3)－1＋－1＋\r(3),2\r(3))＝eq\f(3－\r(3),3).10．平面区域A1＝{(x，y)|x2＋y2<4，x，y∈R}，A2＝{(x，y)||x|＋|y|≤3，x，y∈R}．在A2内随机取一点，则该点不在A1内的概率为1－eq\f(2π,9).解析：分别画出区域A1，A2，如图中圆内部分和正方形及其内部所示，依据几何概型可知，所求概率为eq\f(18－4π,18)＝1－eq\f(2π,9).11．如图，正四棱锥S­ABCD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).12．在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上随机取一个数x，则sinx＋cosx∈[1，eq\r(2)]的概率是(B)A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,8)D.eq\f(5,8)解析：因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，所以x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(3π,4)))，由sinx＋cosx＝eq\r(2)sinx＋eq\f(π,4)∈[1，eq\r(2)]，得eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≤1，所以x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故要求的概率为eq\f(\f(π,2)－0,\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))))＝eq\f(3,4).13．(2024·辽宁五校联考)若a∈[1,6]，则函数y＝eq\f(x2＋a,x)在区间[2，＋∞)上单调递增的概率是(C)A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)解析：∵函数y＝eq\f(x2＋a,x)＝x＋eq\f(a,x)在区间(0，eq\r(a))上单调递减，在区间(eq\r(a)，＋∞)上单调递增，而1≤a≤6，∴1≤eq\r(a)≤eq\r(6).要使函数y＝eq\f(x2＋a,x)在区间[2，＋∞)上单调递增，则eq\r(a)≤2，得1≤a≤4，∴P(1≤a≤4)＝eq\f(4－1,6－1)＝eq\f(3,5)，故选C.14．(2024·南宁、柳州联考)老师安排在晚自习19：00～20：00解答同学甲、乙的问题，预料解答完一个学生的问题须要20分钟．若甲、乙两人在晚自习的随意时刻去问问题是互不影响的，则两人独自去时不须要等待的概率为(B)A.eq\f(2,9)B.eq\f(4,9)C.eq\f(5,9)D.eq\f(7,9)解析：设甲、乙两人分别在晚上19：00过x，y分钟后去问问题，则依题意知，x，y应满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x－y|≥20，,0≤x≤60，,0≤y≤60.))作出该不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，则所求概率P＝eq\f(\f(1,2)×40×40×2,60×60)＝eq\f(4,9).故选B.eq\a\vs4\al(尖子生小题库——供重点班学生运用，一般班学生慎用)15．(2024·常州八校联考)已知函数f(x)＝x2＋tx＋t，∀x∈R，f(x)>0，函数g(x)＝3x2－2(t＋1)x＋t，则“∃a，b∈(0,1)，使得g(a)＝g(b)＝0”为真命题的概率是(C)A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,5)解析：∵函数f(x)＝x2＋tx＋t，∀x∈R，f(x)>0，∴对于x2＋tx＋t＝0，Δ＝t2－4t<0，∴0<t<4.由“∃a，b∈(0,1)，使得g(a)＝g(b)＝0”为真命题，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<\f(t＋1,3)<1，,g0＝t>0，,g1＝3－2t＋1＋t>0，,Δ＝4t＋12－12t>0，))解得0<t<1，∴“∃a，b∈(0,1)，使得g(a)＝g(b)＝0”为真命题的概率是eq\f(1－0,4－0)＝eq\f(1,4).16．已知事务“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”发生的概率为eq\f(3,5)，则eq\f(AD,AB)＝eq\f(3,5).解析：记“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”为事务M，试验的全部结果构成线段CD，由对称性，可取CD的中点为E，探讨PB与AB的长度关系．记PB＝AB时，P点位置为P0，因为“△APB的最大边是AB”发生的概率为eq\f(3,5)，所以eq\f(P0E,DE)＝eq\f(3,5)，设AD＝y，A